Librotmed
Librotmed
Librotmed
Dpto. de Matematicas
Univ. de Extremadura
Apuntes de Teora de la Medida
Dpto. de Matematicas
Univ. de Extremadura
Apuntes de Teora de la Medida. 21 de diciembre de 2016
Indice general
1. Medida 1
1.1. Introduccion Historica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. algebras de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1. Anillos, Algebras y algebras. . . . . . . . . . . . 4
1.2.2. algebra de Borel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.3. El conjunto de Cantor. . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.4. Clases monotonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3. Medida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.1. Definicion y propiedades . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4. Extension de medidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4.1. Medidas exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4.2. Teoremas de extension de medidas . . . . . . . . . 23
1.5. Medidas de LebesgueStieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5.1. Medidas de LebesgueStieltjes en R. . . . . . . . . 27
1.5.2. Medidas de LebesgueStieltjes en Rn . . . . . . . . 31
1.5.3. Propiedades de la medida de Lebesgue. . . . . . . 38
1.6. Medidas de Hausdorff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.6.1. Medidas exteriores metricas . . . . . . . . . . . . . 40
1.6.2. Las medidas de Borel Hp . . . . . . . . . . . . . . 42
1.6.3. Medidas de Hausdorff en Rn . . . . . . . . . . . . . 44
1.6.4. Conjuntos pdimensionales . . . . . . . . . . . . . 46
1.6.5. Longitud de curvas de Rn . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.7. Apendice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
1.7.1. Conjuntos de F y de F . . . . . . . . . . . . . . 53
1.7.2. Cargas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.7.3. Propiedades de haz en los espacios de medida. . . 56
1.7.4. Aproximacion de medibles . . . . . . . . . . . . . . 57
1.7.5. Complecion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
i
ii INDICE GENERAL
1.7.6. Regularidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
1.7.7. Sobre los conjuntos Lebesgue medibles. . . . . . . 65
1.8. Bibliografa y comentarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2. Integracion 75
2.1. Introduccion historica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.2. Funciones medibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.2.1. Propiedades de las funciones medibles . . . . . . . 76
2.2.2. Funciones simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.2.3. Operaciones basicas de las funciones medibles. . . 82
2.2.4. Existencia de Lebesgue medibles no de Borel. . . . 82
2.3. Integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
2.3.1. Integral de funciones medibles . . . . . . . . . . . . 85
2.3.2. Propiedades basicas de la integral. . . . . . . . . . 88
2.4. Teoremas basicos de integracion . . . . . . . . . . . . . . . 90
2.4.1. Teorema de la carga . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
2.4.2. Teorema convergencia monotona . . . . . . . . . . 93
2.4.3. Integral de una suma . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
2.4.4. Teorema de la convergencia dominada. . . . . . . . 97
2.4.5. Dependencia de un parametro. . . . . . . . . . . . 100
2.4.6. Otras propiedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2.4.7. Integrales de Riemann y de Lebesgue . . . . . . . . 110
2.5. Bibliografa y comentarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
5. Diferenciacion 191
5.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
5.2. Diferenciacion de medidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
5.3. Derivacion e integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
5.3.1. Funciones de variacion acotada. . . . . . . . . . . . 198
5.3.2. Medidas y funciones de variacion acotada. . . . . . 201
5.3.3. Teorema fundamental del calculo. . . . . . . . . . . 202
5.4. Transformaciones diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . 206
5.4.1. Transformaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . 206
5.4.2. Transformaciones y medidas de Hausdorff. . . . . . 210
5.5. El teorema de cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . 211
5.5.1. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
5.5.2. Coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . 220
5.5.3. Forma de volumen. Variedad Riemanniana . . . . 220
5.5.4. Coordenadas hiperesfericas . . . . . . . . . . . . . 222
5.6. Calculo de la constante n . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
5.7. Bibliografa y comentarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
Densidades 371
2.1. Graficas de s1 y s2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
2.2. Algunos peldanos de la funcion de Cantor . . . . . . . . . 83
2.3. Graficas de las funciones P f P . . . . . . . . . . . . 110
4.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
5.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
5.2. Interpretacion geometrica del determinante . . . . . . . . 209
5.3. Volumen y Area de un cuerpo de revolucion. . . . . . . . 226
6.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
v
vi INDICE DE FIGURAS
Medida
1
2 Captulo 1. Medida
cierto numero de veces, se puede superar una u otra de las figuras que
se comparan entre s.
(este ultimo es el conocido Axioma de Arqumedes). Y en la demos-
tracion hace un uso riguroso del concepto de lmite.
Por ultimo suya es tambien la mejor acotacion de de la epoca:
3 + (10/71) < < 3 + (10/70).
As se mantuvieron mas o menos las cosas durante 2000 anos, hasta
que en 1883 G. Cantor (18451918) dio la primera definicion de medida
m(A) de un conjunto arbitrario (acotado) A Rn . Otros autores como
Stolz en 1884 y Harnack en 1885 dan definiciones equivalentes en R.
Para ellas la propiedad aditiva de la medida m[A B] = m[A] + m[B],
para conjuntos disjuntos A y B, se satisfaca si los conjuntos estaban
completamente separados, pero no en general, pues con sus definiciones
un conjunto y su adherencia median lo mismo y por tanto los racionales
y los irracionales de [0, 1] median 1, lo mismo que todo [0, 1].
El primero en considerar que conjuntos A son medibles y dar una
definicion de su medida fue en 1887 G. Peano (18581932), el cual
considero la medida m[A] de sus predecesores (que en el caso del plano
defina mediante aproximaciones externas de A con polgonos) y a la que
llamo medida exterior y considero, para A R, con R un rectangulo,
la medida interior de A como m[R] m[R\A]; definio conjunto medible
como aquel cuya medida interna coincide con la externa y demostro que
la medida era aditiva. Ademas explico la relacion existente entre medida
e integracion, demostrando (ver Pesin, p.38) que una funcion acotada
f : [a, b] [0, ), era Riemann integrable si y solo si el conjunto E de
R2 limitado por la grafica de f y las rectas x = a, x = b e y = 0 era
medible, en cuyo caso
Z b
f (x)dx = m[E].
a
Borel concluyo que medan menos que (1/n2 ) y por tanto cero,
P
considerando para cada rn Q [0, 1] un segmento de longitud /n2 ,
con > 0 arbitrariamente pequeno.
Se saba desde Cantor que todo abierto A R era union, A = In ,
a lo sumo numerable de intervalos P abiertos In disjuntos. Borel define
su medida como la serie m[A] = m[In ] y describe la clase de los con-
juntos (ahora llamados Borelianos) que pueden obtenerse a partir de los
abiertos, mediante iteraciones en las que se hacen uniones o diferencias
A\B numerables de conjuntos de la clase, e indica que para estos con-
juntos puede definirse una medida que es numerablemente aditiva (i.e.
la medida de una union numerable y disjunta de conjuntos medibles es
la suma de sus medidas). La numerable aditividad de Borel frente a
la finita aditividad de PeanoJordan fue una propiedad basica que
permitio obtener los resultados fundamentales en la teora de integra-
cion abstracta, teora que desarrollo fundamentalmente H. Lebesgue
(18751941) a partir de su tesis de 1902. La numerable aditividad y la
integracion estan muy relacionadas, de hecho la originalidad de Lebes-
gue no reside tanto en haber extendido la integral de Riemann, como
en su descubrimiento obtenido independientemente por W.H.Young
para funciones semicontinuas del teorema fundamental sobre el paso
al lmite de la integral, que obtiene como consecuencia de ser la medida
numerablemente aditiva.
(C) A = A (C A).
(C) A A (C A),
familia en A
C A = {C A : C C}.
numerabilidad.
8 Captulo 1. Medida
por tanto se tienen la primera y tercera inclusiones (las otras son obvias)
K0 = [0, 1] K1 =
K1 = K0 (1/3, 2/3)c = [0, 1/3] [2/3, 1] K2 =
K2 = K1 (1/9, 2/9)c (7/9, 8/9)c =
= [0, 1/9] [2/9, 3/9] [6/9, 7/9] [8/9, 1] K3 =
K3 Kn Kn = K,
c
Demostracion. Como Ac es abierto y (A)c es cerrado, se tiene
c c
Ac Ac Ac A Ac A
AA Ac (A)c Ac (A)c .
y denotaremos con
{A M(A) : A B M(A)},
(A) = M(A).
los elementos a la vez, viendo que tienen estructura de clase monotona. En esto
consiste el principio de los buenos conjuntos.
1.2. algebras de conjuntos 13
Ejercicios
C1 = {A : A C o Ac C},
C2 = {A1 An : Ai C1 , n N},
C3 = {A1 An : Ai C2 , n N}.
R = {A1 An 1 n : Ai Ai },
es una clase elemental (es decir que satisface las condiciones: (i) C, (ii) si
A, B C, entonces A B C y (iii) si A C, Ac es union finita disjunta de
elementos de C). (Sol.)
14 Captulo 1. Medida
Ejercicio 1.2.7 Demostrar que la algebra B(R) se genera por las familias:
Ejercicio 1.2.10 Puede una algebra infinita contener solo una coleccion
numerable de elementos? (Sol.)
1.3. Medida
: A [0, ],
que satisface:
(a) () = 0.
(b) Es numerablemente aditiva, es decir si dados A1 , . . . , An , . . . A
disjuntos es decir tales que Ai Aj = , para i 6= j y cuya union
este en A (esto es automatico si A es algebra), entonces
[
X
( An ) = (An ).
n=1 n=1
6 Algunos autores la llaman medida positiva.
1.3. Medida 15
Ejercicios
Ejercicio 1.3.7 Dada una medida finita sobre una algebra A y una su-
cesion An A tal que lm inf An = lm sup An = A, demostrar que (A) =
lmn (An ).
1.3. Medida 19
Ejercicio 1.3.8 Dada una sucesion doble xnm (, ], tal que para cuales-
quiera n, m N, xnm xn+1,m y xnm xn,m+1 , demostrar que
A = {E : E o E c es numerable},
demostrar que:
a) es una medida semifinita.
b) Que si es semifinita entonces = . (Sol.)
20 Captulo 1. Medida
0 : A0 [0, ]
: P() [0, ]
nf B nf A, incluido A = .
22 Captulo 1. Medida
es una medida exterior (en el ejercicio (1.4.1) se dan otras clases con las
que tambien se genera m ).
(A) = (A E) + (A E c ).
A0 A y = en A0 .
por lo tanto
i=1 Ei =
i=1 Bi A y A es algebra. Pero ademas
X
[
(A) = (A Bi ) + [A ( Bi )c ],
i=1 i=1
(A) (A E) + (A E c )
X X X
(Bn E) + (Bn E c ) = (Bn ),
n n n
(E An ) + (E c An ) = (An ) = (An ) = (E An ) + (E c An ),
(E) = lm (E An ) = lm (E An ) = (E).
n n
26 Captulo 1. Medida
Ejercicios
(A, B) = (A4B),
son continuas.
12 Observemos que el concepto habitual de metrica exige que d(x, y) < , aunque
no es esencial.
1.5. Medidas de LebesgueStieltjes 27
C = {(a, b] : a b R}.
pues si ni=1 Ii = m
j=1 Jj se tiene por lo anterior que
n
X n
X n X
X m
(Ii ) = (m
j=1 (Ii Jj )) = (Ii Jj )
i=1 i=1 i=1 j=1
Xm Xn m
X
= (Ii Jj ) = (Jj ),
j=1 i=1 j=1
n
X m
X
(A B) = (Ii ) + (Jj ) = (A) + (B).
i=1 j=1
1.5. Medidas de LebesgueStieltjes 29
F (x) = x, (a, b] = b a,
Qn
Nota 1.5.9 Denotaremos (, x] = i=1 (, xi ], para cada x = (xi )
n
Rn . Dados a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) R , diremos que a < b
(a b) si ai < bi (ai Q bi ) para i = 1, . . . , n. Si para algun i, ai = bi ,
tendremos que (a, b] = (ai , bi ] = y podemos entender el conjunto
vaco como un semi-rectangulo.
por tanto
Sac = {x : xi = ai o bi (i 6= j) y xj = aj o ej },
Sdb = {x : xi = ai o bi (i 6= j) y xj = ej o bj },
y tenemos que
Sac Sdb = {x : xi = ai o bi (i 6= j) y xj = ej }
Sac Sdb = Sab (Sac Sdb )
b c b
.............................................................................................................. ....................................... .......................................................................
.. ... .. ... .. ...
. ... . ... . ...
.. ... .. ... .. ...
.. .... .. ... .. ...
. .. . ... . ...
.. ... .. ... .. ...
.. .... .. ... .. ...
. .. . ... . ...
.. ... .. ... .. ...
.. .... .. ... .. ...
. .. . ... . ...
.. ... .. ... .. ...
.. .. .. ... .. ..
.... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ..... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ..
a a d
Figura 1.3.
.........................................................................................................................................................
.. ....... ....
b ........................................................................................................................................................
.. ....... ....... ....
b
... .. . ... .. .. .
........................................................................................................................................................................................................................................................ ...........................................................................................................................................................................................................................................................
.. ....
. .... .. ....
. ....
. ....
.. ....
. ... .. ....
. ....
. ...
.. ....... ... .. ....... ....... ...
.. ..
. ... .. ..
. ..
. ...
.. ....
. ... .. ....
. ....
. ...
.. ....
. .. ... ....... ....... ..
... .............................................................................. ....................................................................................................................................................................................................................................................
. ..
. ... .. ...
. ...
. ...
.. ....
. ... .. ....
. ....
. ...
.. ..... .. .. ..... ..... ..
a .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ........ ... ... ... ... ... ... ... ..... a .... ... ... ... ... ... ... ......... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ....... ... ... ... ... ... ... ... .....
(E) = (A) = (A B) + (A B c )
= ((A B) + x) + ((A B c ) + x)
= (E (B + x)) + (E (B c + x))
= (E (B + x)) + (E (B + x)c ),
k1
1 1 2
0, , , ,..., ,1 ,
k k k k
1.5. Medidas de LebesgueStieltjes 39
Ejercicios
Ejercicio 1.5.6 Se puede poner un cuadrado del plano como union numerable
de segmentos?
(A B) = (A) + (B).
B
Bn-1 Cn Cn+1
Figura 1.5.
1.6. Medidas de Hausdorff 41
X
(B) = [Bn Cn+1 Cn+2 ] (Bn ) + (Cj )
j=n+1
X
0 (B) (Bn ) (Cj ),
j=n+1
Para demostrar
P esto veamos antes que si [a, b] (ai , bi ), entonces
ba (bi ai ): Por la compacidad de [a, b] podemos extraer un
subrecubrimiento finito, por tanto existe n tal Pque [a, b] ni=1
P(ai , bi ) y
n
se demuestra por induccion en n que b a i=1 (bi ai ) (bi ai ),
pues si algun intervalo no corta a [a, b] se puede quitar de la union y
aplicamos el caso n 1 y si todos cortan tomamos el intervalo (a1 , b1 )
que contenga a a y si b1 [a, b] tomamos el segundo intervalo tal que
b1 (a2 , b2 ), en cuyo caso (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) = (a1 , b2 ) y b2 a1
b2 a2 + b1 a1 ; en caso contrario si b1 / [a, b], [a, b] (a1 , b1 ) y el
resultado es obvio. Como consecuencia se tiene P para semiintervalos, es
decir que si (a, b] (ai , bi ], entonces b a (bi ai ), para ello basta
observar que para > 0 pequeno tendremos que
[a + , b] (a, b] (ai , bi ] (ai , bi + i ),
2
P
y aplicando el caso compacto, tendremos que b a + (bi ai )
y haciendo 0 se tiene el resultado.
Veamos ahora que (0, 1] = 1: por una parte (0, 1] (0, 1] = 1
Pparte si consideramos (0, 1] (ai , bi ], se sigue de lo anterior
y por otra
que 1 (bi ai ), por tanto como (x + y)2 x2 + y 2
Xp X
( bi ai )2 (bi ai ) 1,
y se tiene que ((a, a + 1]) = 1, para todo a R.
Para esta medida exterior los borelianos no son medibles, pues [0, 1]
/
A ya que
(1, 1] (1, 1] = 2 < 2 = (0, 1] + (1, 0] =
= ([0, 1] (1, 1]) + ([0, 1]c (1, 1]).
y por el teorema se sigue que esta medida exterior no es metrica, lo cual
vemos directamente si consideramos dos semiintervalos de longitud 1,
I = (a 1, a] y J = (b, b + 1] a una pequena distancia b a = < 2, su
union I J esta en el intervalo (a 1, b + 1] de longitud 2 + , y
(I J) (a 1, b + 1] = 2 + < 2 = (I) + (J).
I = {n N : Cn A 6= }, J = {n N : Cn B 6= },
para todo A 6= , con el cual es cierto que d(Ai )q = d(Ai )p d(Ai )qp , incluso para
Ai = y p = 0.
44 Captulo 1. Medida
Nota 1.6.5 Pero como alguno de los conjuntos anteriores puede ser
vaco, consideramos el convenio que ya hemos considerado de nf =
y sup = 0.
Por ultimo veamos que las medidas de Hausdorff tienen una pro-
piedad similar a la de Lebesgue, en el sentido de que son invariantes por
transformaciones que conservan la distancia.
1
Hn (Q) ( n)n .
m[B]
1.6. Medidas de Hausdorff 45
tendremos que d(Qi ) = n/m y para cada y m tales que n/m <
n
m
X
Hn, (Q) d(Qi )n = ( n)n ,
i=1
por tanto Hn (Q) ( n)n .
Nota 1.6.10 Veremos en la pag.229 que las constantes del resultado an-
terior son
n/2
n = m(B) = n ,
2 (1 + (n/2))
46 Captulo 1. Medida
B [0, 1] R,
1 a0 =1 [0,1]
a1 b1 a1 B1
a2 a2 a2 a2
b2
B2
b2
a1 B3
a2
1/8 1/4
1/2 1
Figura 1.6.
1.6. Medidas de Hausdorff 47
Por ser an1 > 2an , se sigue que en cada intervalo de longitud an1
podemos incluir dos de longitud an y aun nos queda espacio para incluir
otro de longitud bn = an1 2an (ver fig. 1.6). De este modo podemos
considerar la sucesion contractiva Bn [0, 1]
Lema 1.6.12 Dados 0 < a < b < c y p (0, 1), se tiene que (ab+c)p >
ap bp + cp .
Demostracion. Sea d = ab+c, entonces a < b, d < c, siendo d+b =
a + c, y para = (c b)/(c a) (0, 1), se tiene que a + (1 )c = b
y c + (1 )a = d. El resultado se sigue por la estricta concavidad de
f (x) = xp , pues
2n
p
X
Hp, (B) d(In,j = 2n apn = 1,
j=1
J1 = {j Nn : In,j A1 },
J2 = {j Nn \J1 : In,j A2 },
Ji = {j Nn \(J1 Ji1 ) : In,j Ai },
Ejercicios
Ejercicio 1.6.5 Demostrar que dimH (An ) = sup dimH (An ). (Sol.)
Demostracion. Por hipotesis d[F (B)] c d[B] , por tanto d[F (B)]p/
p/
c d[B]p . Ahora tomando Bi U , con d[Bi ] y B Bi , tendremos
que F (B) F (Bi ), con d[F (Bi )] c = , por tanto
X X
Hp/, [F (B)] d[F (Bi )]p/ cp/ d(Bi )p ,
por tanto Hp/, [F (B)] cp/ Hp, (B) y el resultado se sigue haciendo
0.
y para los t s < tk+1 , tendremos por ser l monotona creciente que
l(t) l(s) l(tk+1 ) l(t) + 2,
y tenemos la continuidad a la derecha.
Para ver la continuidad a la izquierda, dado > 0 existe T = {t0 <
< tn+1 = t} (introduciendo puntos si es necesario) tal que
l(t) p(T ) l(t) y k(t) (tn )k ,
por tanto para Q = {t0 , , tn }
l(t) p(T ) = p(Q) + k(t) (tn )k p(Q) + l(tn ) + l(t) + ,
De donde 0 l(t) l(tn ) 2 lo cual implica la continuidad a la
izquierda.
Ahora si l : I [0, L(C)], es finita, entonces por lo anterior es con-
tinua y como es estrictamente creciente su imagen es un intervalo, que
es compacto J = [0, L(C)], si I = [a, b] es compacto, o abierto J =
(0, L(C)), si I = (a, b) es abierto. Denotemos su inversa con g : J I y
para la composicion f = g : J Rn , tendremos que
kf (s) f (s0 )k |s s0 |
por tanto se sigue de (1.6.17) y de (1.6.10), la desigualdad
H1 (C) = H1 [f (J)] H1 [J] = H1 [0, L(C)] = L(C).
Por otra parte para R la recta que pasa por x, y Rn , para el seg-
mento que los une [x, y] = {ty + (1 t)x : t [0, 1]}, y para : Rn R
la proyeccion ortogonal a R, se sigue de (1.6.10) y de (1.6.17), para
p = = c = 1 que
kx yk = H1 [x, y] H1 [(Cxy )] H1 (Cxy ),
por tanto para todo T = {t0 < < tm } I, y xi = (ti ) y si es
inyectiva (salvo en una coleccion finita de puntos, por lo que Cxi xi1 son
esencialmente disjuntos, pues se cortan a lo sumo en un numero finito
de puntos) que
n
X n
X
p(T ) = kxi xi1 k H1 [Cxi xi1 ] = H1 (C),
i=1 i=1
Figura 1.7.
1.7. Apendice
1.7.1. Conjuntos de F y de F
Definicion. Dada una clase F de conjuntos de , denotaremos con
F , F ,
54 Captulo 1. Medida
Ejercicios
1.7.2. Cargas.
Tambien hay medidas que toman valores negativos un ejemplo en
la fsica es la carga electrica, pero preferimos no llamarlas medidas
para evitar confusion.
Definicion. Llamaremos carga en un espacio medible (, A), a toda
funcion : A (, ], numerablemente aditiva y tal que () =
0 (como para las medidas la llamaremos carga aditiva si es aditiva).
Obviamente las medidas son las cargas no negativas.
a + = + a = , a = + a = , para a R,
+ = , = ,
(1.4) a c, b d a + b c + d.
Por otra parte observemos que toda carga (en particular toda medida)
es aditiva, pues como () = 0 tendremos que para A y B disjuntos
(A B) = (A B ) = (A) + (B),
y por tanto () = 0.
Las cargas conservan algunas de las propiedades de las medidas.
56 Captulo 1. Medida
1.7.5. Complecion
Definicion. Diremos que un medible B de un espacio de medida (, A, )
es nulo si (B) = 0 y dijimos que el espacio es completo si son medibles
los subconjuntos de los conjuntos medibles nulos.
A = {E : A, B A, A E A B y (B) = 0},
y extendemos a A de la forma
(E) = (A),
Ejercicios
1.7.6. Regularidad.
Veamos algunas propiedades de aproximacion de la medida de Lebes-
gue, de las medidas de LebesgueStieltjes y de las finitas.
Definicion. Sea (X , T ) un espacio topologico Hausdorff. Diremos que
una medida en los borelianos B(X ) es regular interior en E B(X ) si
KA A VA y KB B VB ,
K A B V, (V \K) 2.
Ejercicios
Ejercicio 1.7.4 Encontrar una medida en B(Rn ) que sea finita pero no re-
gular. (Sol.)
una, la circunferencia, que es borde de las otras dos. Para otros valores
de c como por ejemplo c = 0,12375 + 0,56508i observamos (ver fig.3,
pag.10 del libro de Peitgen and Richter) que el plano tambien se di-
vide en tres regiones similares y de nuevo una es curva borde de las otras
dos, pero esta no es una curva diferenciable, es muy irregular, parece el
contorno de una isla, aunque sigue siendo conexa. Por ultimo hay valores
c para los que la curva bordeno es conexa. Sus trabajos sobre estas
curvas, que ahora se conocen como curvas de Julia, se mantuvieron en el
olvido hasta que en 1975 Benoit Mandelbrot las recupero llamando-
las fractales (por ser curvas fracturadas en el sentido de quebradas,
rotas) y con ayuda de un ordenador se le ocurrio representar los c para
los que la curva de Julia correspondiente era conexa y se encontro con
un conjunto realmente impresionante y bello (conocido como conjunto
de Mandelbrot). La importancia para nosotros de este conjunto (de su
frontera realmente), as como de alguna de las curvas de Julia, es que
son curvas con dimension de Hausdorff no entera. Remitimos al lector
interesado en estos temas al artculo y los libros
Blanchard, P.: Complex Analytic Dynamics on the Riemann Sphere. Bull Amer
Math Soc, 1984, 11, 85141.
Mandelbrot, Beniot: The Fractal Geometry of Nature. Freeman and Company,
1983.
Peitgen, HeinzOtto and Richter, Peter H.: The Beauty Of Fractals. Images
of Complex Dynamical Systems. SpringerVerlag, 1986.
Penrose, R.: La nueva mente del emperador , Mondadori, 1991.
en este ultimo la definicion que da del conjunto de Mandelbrot, no es
la que hemos dado (que es la del autor), sino que es la siguiente en
los terminos anteriores: Un punto c esta en el conjunto de Mandelbrot
si partiendo de z0 = 0, la sucesion zn esta acotada. En el artculo de
Blanchard se demuestra la equivalencia de las dos definiciones.
Para los lectores interesados en la parte de la historia de las ma-
tematicas que tratan los comienzos de la medida y la integracion, re-
comendamos los siguientes libros, en el primero de los cuales estan los
trabajos Sobre la esfera y el cilindro y Medida del crculo:
Arquimedes, Apolonio, etc.: Cientficos griegos II . Ed. Aguilar, 1970.
Boyer, Carl B.: Historia de la matematica. Alianza Univ. textos, NY94, 1986.
Van Dalen, D. and Monna, A.F.: Sets and integration. WollersNoordhoff, 1972.
Euclides: Los Elementos. Biblioteca Clasica Gredos, 1991.
Hawkins, T.: Lebesgues Theory of integration. Chelsea Pub.Co., 1975.
Pesin, I.V.: Classical and modern integration theories. Acad. Press, 1970.
1.8. Bibliografa y comentarios 71
que
L(R) 6= P(R),
esto nos induce a hacer unos breves comentarios sobre el uso del Axio-
ma de eleccion tanto en la teora de la medida como en el resto de las
matematicas.
No cabe duda de que la naturaleza del Axioma de eleccion difie-
re bastante de la del resto de la axiomatica de ZermeloFrenkel. No
obstante, su uso siempre acompanado de reticencia y crtica se man-
tiene porque hay Teoremas importantes que no se saben demostrar sin
el o incluso son equivalentes a el. Por ejemplo el Teorema de Hahn
Banach que es basico en Analisis Funcional pues su invalidez hara que
desapareciesen la mitad de los espacios que aparecen en esa disciplina
(los espacios duales). El Teorema de Tychonov en Topologa sobre
la compacidad del producto de compactos, fue durante mucho tiempo
uno de los argumentos mas importantes a favor del Axioma de elec-
cion, pues son equivalentes (ver el VanDalenMonna, p. 32, para una
lista de resultados equivalentes).
No sabemos si se conoce algun tipo de alternativa para el Teorema
de HahnBanach sin hacer uso del Axioma de eleccion, pero res-
pecto al Teorema de Tychonov se ha demostrado recientemente que
puede ser valido sin necesidad del Axioma de eleccion, si se entiende
por topologa un concepto no supeditado a un conjunto de puntos,
sino que se parte de un retculo de abiertos como nocion primitiva
como por otra parte ya haca Hausdorff y no de la de punto como es
habitual. Remitimos al lector interesado al artculo de
Johnstone, P.T.: Tychonoff s Theorems without the axiom of choice. Fund. Math.,
113, 21-35, 1981.
Volviendo al resultado de Vitali, este ha sido complementado con
la demostracion de que si la axiomatica de Zermelo Frenkel es con-
sistente, es decir no tiene contradiccion, entonces tambien es consistente
Solovay, R.M.: A model of set theory in which every set of reals is Lebesgue
measurable. Ann. of Math., 92, 1-56, 1970. (MR42,1,64).
en el que se demuestra que si
Integracion
75
76 Captulo 2. Integracion
F : (1 , A1 ) (2 , A2 ),
S = {s : R : s simple}.
X n
[
f= ai IAi , Ai = .
i=1
Demostracion.
Pn Por el resultado
Pm anterior existen ai , bj R, tales
que f = i=1 ai IAi y g = j=1 bj IBj , con los Ai disjuntos y los Bj
disjuntos y tales que Ai = Bj = . Por tanto Ai Bj A son
disjuntos y es una particion de y se tiene
n X
X m n X
X m
f +g = (ai + bj )IAi Bj , fg = (ai bj )IAi Bj
i=1 j=1 i=1 j=1
n m
f XX
= (ai /bj )IAi Bj .
g i=1 j=1
2 2
1 1
1 1 2
i1 i 2i 2 2i 1 2i 1 2i
r , = , , ,
2n 2n 2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
en cuyo caso sn+1 (r) vale (2i 2)/2n+1 = sn (r) o (2i 1)/2n+1 sn (r).
Si n r < n + 1, entonces sn (r) = n y existe un j entre n2n+1 y
(n + 1)2n+1 1, tal que
j+1
j j
r n+1 , n+1 sn+1 (r) = n = sn (r).
2 2 2n+1
sn (r) r fn f, 0 sn n 0 fn n
sn sn+1 fn fn+1 , sn (r) r fn f,
{Ink : n N, k = 1, . . . , 2n1 },
1
3
4
1
2
1
4
1 2 1 2 7 8
0 9 9 3 3 9 9
1
Nota 2.2.12 Se puede dar una demostracion alternativa de que hay Le-
besgue medibles no Borelianos, en terminos de cardinales y sin usar el
Axioma de eleccion (ver el Folland, pag.38). Observemos tambien que
mientras los borelianos se conservan por homeomorfismos, los Lebesgue
medibles no, pues g(D) = C.
Ejercicios
Ejercicio 2.2.1 Sea f : (, A) (R, B(R)) acotada. Demostrar que existe una
sucesion de funciones simples sn tales que sn f uniformemente.
2.3. Integracion
Si no
R hay confusion conR el dominio de nuestras funciones, escribi-
remos f d en lugar de f d. A continuacion vemos que sobre las
funciones simples y no negativas la integral es lineal y monotona, esto
nos permitira extender la nocion de integracion a funciones medibles no
negativas.
+
Para h : R R medible,
R descomponemos h = h h y si uno de los
+
terminos, h d o h d son finitos, definimos su integral respecto
de como la diferencia
Z Z Z
h d = h+ d h d,
Z Z Z Z
+
c f d = (cf ) d (cf ) d = cf d.
2.3. Integracion 89
+ +
y g f tendremos f + d
R
R +
R f gR
(c) Como R por (b) que
g d y g d f d y si < f d, entonces
Z Z
g d f d < ,
(f) Si existe
R la integral
R de f , entonces existe la integral de f en cada
B A y B f d = IB f d y si f es integrable en , tambien lo es en
cada B.
90 Captulo 2. Integracion
Teorema de la carga 2.4.1 Sea h una funcion medible con integral, en-
tonces Z
: A R, (A) = h d,
A
es una medida si h 0 y en general una carga. Ademas si (A) = 0
entonces2 (A) = 0.
Pn
Demostracion. Si 0 h = i=1 ai IAi S, entonces por 2.3.6
Z Z n
X
(B) = h d = IB h d = ai (B Ai ),
B i=1
2 Diremos en este caso que es absolutamente continua respecto de y lo deno-
h : K, para K = R, R o C,
para ver la otra desigualdad sea s S una funcion simple, tal que 0
s h y 0 < r < 1, entonces como hn h, tendremos que
Bn = {x : rs(x) hn (x)} Bn ,
94 Captulo 2. Integracion
R R
pues rs < h (ya que rs < s) y hn h; por lo tanto Bn s d s d
y como
Z Z Z Z
r s d hn d hn d lm hn d,
Bn Bn n
R
pero entonces f d = y la suma de las integrales de f y g no estara
bien definida.
(d) Si f 0, g 0 y h = f + g 0, se tiene tambien el resultado
por (c) tomando f 0 = g, g 0 = f y h0 = f 0 + g 0 = h.
(e) Por ultimo consideremos los conjuntos
Z Z
f d = o g d =
Z Z
f d = o g d = ,
R R
lo cual contradice que f d + g d este bien definida.
Veamos algunas consecuencias del teorema de aditividad:
pues basta P
considerar la medida
P de contar en N, hn (m) P= anm , es
decirP
hn = Pm anm I{m} , h = n=1 hn , por tanto h(m) = n=1 anm , y
h = m=1 ( n=1 anm )I{m} y se aplica 3 veces el resultado anterior.
PR
Teorema
P 2.4.16 Sean hn medibles tales que |hn | d < , entonces
hn converge c.s. a una funcion medible finita y
Z X XZ
hn d = hn d.
RP PR
Demostracion.
P Por (2.4.8), |hn | d = |hn | d < y por
(2.4.3), g = |hn | < c.s. Sea A = {g < } entonces
P 0 las funciones
medibles finitas h0n = hn IA definen una serie f = hn absolutamente
convergente enP todo punto y por tanto convergente, es decir las sumas
n
parciales fn = k=1 h0kPque son medibles convergen aP la funcion medible
f que coincide c.s. con hn . Ahora como |fn | g = k=1 |hk |, siendo g
integrable, el resultado se sigue del Teorema de la convergencia dominada
y de que funciones iguales c.s. tienen igual integral.
f : I R,
lm G(t) = A tn t0 , G(tn ) A.
tt0
Corolario 2.4.19 Sea h integrable en tal que para todo t I, |f (t, x)|
h(x), entonces:
2.4. Teoremas basicos de integracion 101
es de clase infinito y verifica: (0) = 1, (1/2) = y que (t) =
t (t 1) para t > 1; por tanto (n) = n!, para n N.
por tanto como = 1 + 2 , basta ver que las i son de clase infinito
en cada intervalo (a, b) con 1 < a, para lo cual tenemos que probar que
para k 0 las k f /tk = ex xt (log x)k estan acotadas por una funcion
integrable para todo t (a, b).
Para 0 < x < 1, log x < 0 y xr = er log x es decreciente en r y si
t (a, b), xb < xt < xa , por tanto como | log x| = log x = log x1 ,
tendremos que para todo t (a, b)
k
|ex xt (log x)k | xa log x1 ,
Para 1 < x, log x > 0 y xr = er log x es creciente, por tanto si t (a, b),
xa < xt < xb . Ademas como 0 < log x < x,
ahora bien por (2.3), (0) = 1, por tanto (n) = n! y haciendo el cambio
y 2 = x por el ejercicio
(2.4.29), se sigue del ejercicio (2.4.33) que
(1/2) = (1/2) = .
Demostracion.
Z Z Z
p p
f d = f d + f p d
{f } {f <}
Z
f p d p {f }.
{f }
|f |p d < ), para
R
Corolario 2.4.24 Si f medible es pintegrable (i.e.
un p (0, ), entonces {f 6= 0} es finito.
Corolario
R 2.4.25 Si f 0 c.s. es medible, entonces tiene integral y si
f d = 0, entonces f = 0 c.s.
R
Corolario 2.4.26 Si g es medible y para todo A A es A
g d = 0,
entonces g = 0 c.s.
para ello basta ver que para cada medible A = {h < r1 } {r2 < g} de
esa union numerable, (A) = 0.
2.4. Teoremas basicos de integracion 105
Ejercicios
Ejercicio
R 2.4.10
R R f, fn 0 integrables, tales que fn f c.s. Demostrar
Sean
que fn f sii |fn f | 0. (Sol.)
Ejercicio 2.4.15 Sea un espacio topologico, una medida en B() tal que
(A) > 0, para cada abierto A 6= y f, g : R continuas tales que f = g
c.s., demostrar que f = g.
R R
Ejercicio 2.4.16 Demostrar
R que si Rf Rg c.s., existe la f y R < f ,
R la Rg y si existe la g y g < , entonces existe la f y en
entonces existe
ambos casos f g.
tx
Ejercicio 2.4.20 Sea f : R R medible talR que e f (x) es integrable para
todo t R(a, b) R. Demostrar que F (t) = etx f (x) dm es diferenciable y que
F 0 (t) = x etx f (x) dm. (Sol.)
R
Ejercicio 2.4.23 Sea f no negativa e integrable, con 0 < f d = c < y sea
0 < < . Demostrar que
Z ,
si 0 < < 1,
f
lm n log 1 + d = c, si = 1,
n n
0, si 1 < < . (Sol.)
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
(Sol.)
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
(Sol.)
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
(b) Demostrar que si f : [0, t] R es medible, entonces para t > 0
Z Z
t f (tx) dm = f dm.
[0,1] [0,t]
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
(Sol.)
(b) Demostrar que para t > 0, (0,) etx dm = 1/t y admitiendo que
R
podemos derivar bajo el signo integral tantas veces como queramos, utilizar
esta igualdad para demostrar (a). (Sol.)
Ejercicio 2.4.31 Sea f : [0, 1] R continua, tal que f (0) = 0 y existe f 0 (0+ )
R. Demostrar que f (x)x3/2 es Lebesgue integrable. (Sol.)
demostrar que:
2
(a) f (t) + g(t) = /4. (b) [0,) ex dm = /2. (Sol.)
R
2
ex cos 2xt dm, demostrar que satisface
R
Ejercicio 2.4.36 Dada f (t) = (0,)
2
f 0 (t) + 2tf (t) = 0 y que f (t) = (1/2) et . (Sol.)
4A la funcion Z 2
1 x2
f (x) = e 2 ,
2 2 R
se la llama funcion de densidad de la Normal de media 0 y varianza 2 , N (0, 2 ).
110 Captulo 2. Integracion
P = {x0 = a, . . . , xn = b} I,
M 1 2 . . . f . . . 2 1 M,
(b) Por ser f continua en x, para todo > 0 existe un > 0 tal que
si y V = (x , x + ), entonces f (x) < f (y) < f (x) + . Tomemos
n tal que |Pn | < y ai1 , ai Pn , tales que x [ai1 , ai ) = Ei , entonces
Ei V y por tanto
R bn
si existe el lmite, es decir si existe el lmn an
f (x)dx y no depende
de las sucesiones an c y bn d.
Ejercicios
Esta obra junto con otras de Riemann han sido traducidas al espanol
en el volumen
Ferreiros, Jose: Bernhard Riemann. Riemanniana Selecta, Consejo Superior de
investigaciones cientficas, 2000.
2.5. Bibliografa y comentarios 117
para cada n Z.
Espacio de medida
producto
3.1. Introduccion
119
120 Captulo 3. Espacio de medida producto
(A B) = 1 (A)2 (B).
F : 0 ,
(, A) = (1 n , A1 An ).
A 1 A n 1 n , con los Ai Ai .
C = {E A : Ex A2 },
(E c )x = {q 2 : (x, q) / Ex } = (Ex )c A2 ,
/ E} = {q : q
y dados En C, En C, pues (
n=1 En )x = n=1 (En )x A2 , por
tanto C = A y para cada E A, Ex A2 y del mismo modo se
demuestra que E y A1 .
Si f es medible fx es medible pues es la composicion f ix , para
ix (q) = (x, q) que es medible.
Ejercicios
con los Rnj R disjuntos y como se tienen las particiones con elementos
de R, Ri = n,j (Ri Rnj ) y Rnj = i (Ri Rnj ), tendremos por la
propiedad anterior que
m
X X
m X
X mn X
X mn X
m
(E) = (Ri ) = (Ri Rnj ) = (Ri Rnj )
i=1 i=1 n=1 j=1 n=1 j=1 i=1
X Xmn X
= (Rnj ) = (En ).
n=1 j=1 n=1
3.3. Medida producto de dos espacios 125
no obstante daremos otra formula mas util para calcular este valor en
(3.3.6), pag.129.
Definicion. A la medida = 1 2 del teorema anterior la llamaremos
la medida producto de las dos medidas finitas 1 y 2 .
Z
X
X
= x ((En )x ) d1 = (En ),
n=1 n=1
128 Captulo 3. Espacio de medida producto
Demostracion. Aplicando
R (3.3.4) a x = 2 , tendremos que 2 (Ex )
es medible y (E) = 2 (Ex ) d1 , es la unica medida que satisface
Z
(A B) = 2 (B) d1 = 1 (A)2 (B),
A
y aplicando
R (3.3.5) a y (A) = 1 (A) tendremos que 1 (E y ) es medible
y
y (E) = 1 (E ) d2 es la unica medida que satisface
Z
(A B) = 1 (A) d2 = 1 (A)2 (B).
B
Ejercicios
es una medida en (2 , A2 ).
(b) Si g 0 es medible en (2 , A2 ),
Z
f (x) = g dx ,
(A) = [F 1 (A)],
[F1 F2 ] (1 2 ) = 1 2 .
3.4. El Teorema de Fubini 131
R
(b) Si la f Rd existe, entonces existe una funcion medible g en 1 ,
tal que g(x) = fx dx , c.s. (A1 , 1 ) (si ademas f es integrable, g es
finita) y se tiene
Z Z Z Z
f d = g d1 = fx dx d1 .
RR
(c)RSi |fR(x,
R y)| dx d1 < , entonces f es integrable y como
antes f d = f (x, y) dx d1 .
Pn
Ahora si f = i=1 ai IEi , con los Ei disjuntos y los ai 0, entonces
para cada x
Z n
X
g(x) = fx dx = ai x (Eix ),
i=1
es medible y
Z n
X n
X Z Z
f d = ai (Ei ) = ai x (Eix ) d1 = g d1 .
i=1 i=1
Z Z Z
f d = f d f d
+
Z Z Z Z
= fx+ dx d1 fx dx d1
Z1Z 2 Z Z1 2
= +
fx dx d1 fx dx d1
A 2 A 2
Z Z Z Z
= fx dx d1 = fx dx d1 .
A 2 1 2
R
(b) Si la f d existe (resp. es finita), Rentonces existe una funcion
A2 medible (resp. finita) h, tal que h(y) = f y dy , c.s. (A2 , 2 ) y
Z Z Z Z
f d = h d2 = f y dy d2 .
RR
(c) Si f : RR es medible
RR y |f (x, y)| dy d2 < , entonces f
es integrable y f d = f (x, y) dy d2 .
existe, es medible en y y
Z Z Z Z Z
f d = fx d2 d1 = f y d1 d2 .
R
(b) Si Rf d existe, entonces existe una funcion A1 medible g, tal
que g(x)R= fx d2 , c.s. (A1 , 1 ) y otra funcion A2 medible h, tal que
h(y) = f y d1 , c.s. (A2 , 2 ) (ambas finitas si f es integrable), tales
que Z Z Z Z Z
f d = fx d2 d1 = f y d1 d2 .
R R y R R
(c) Si |f | d1 d2 < o |fx | d2 d1 < , entonces se
tiene Z Z Z Z Z
f d = fx d2 d1 = f y d1 d2 .
Ejemplo 3.4.4 Hemos visto en (2.4.4), pagina 92, que la funcion sen x/x
no es Lebesgue integrable en (0, ), sin embargo veamos que tiene inte-
gral impropia de Riemann y que vale
Z a
sen x
lm dx = .
a 0 x 2
En el ejercicio (2.4.30), pagina 108 vimos que para x > 0
Z Z
xt
xe dt = xext dm = 1,
0 (0,)
pues | sen x| x, por tanto la integral del medio en modulo esta acotada
por a. Ahora bien como
y por tanto
Z 1
f y (x)dx = 0,
0
y por tanto
Z 1 0,
si x = tn ,
fx (y)dy = f0 (x), si x (0, t1 ),
0
0, si x (tn , tn+1 ).
por tanto
Z 1 Z 1 Z 1 Z 1
y
f d1 d2 = 0 6= 1 = fx d2 d1 .
0 0 0 0
Ejercicios
h : (, A ) (R, B(R))
Teorema 3.5.4 (Ver Rudin, p.154) En las hipotesis del Lema anterior
sea
f : (, A ) (R, B(R)),
entonces:
(a) fx y f y son Rmedibles c.s. (A1 , R1 ) y (A2 , 2 ) respectivamente.
Si f 0 y F (x) = fx d2 , G(y) = f y d1 extendiendolas como
queramos donde no estan definidas, entonces
Z Z Z
f d = F d1 = G d2 .
R R
(b) Si f d existe (es finita), entonces F (x) = fx d2 existe (es
finita) c.s. (A1 , 1 ) y es medible extendiendola como queramos donde
no esta definida, dem para G y
Z Z Z
f d = F d1 = G d2 .
3.6. Aplicaciones 139
3.6. Aplicaciones
por tanto
Z Z
F (b)G(b) F (a )G(a ) = G(x) dF + F (y ) dG ,
[a,b] [a,b]
T
r
R
Nota 3.6.5 Observemos que el resultado dice que el volumen del toro
es el producto del area del crculo, r2 , por la longitud de la circunfe-
rencia que describe su centro, 2R. Este resultado es un caso particular
del llamado Teorema de Pappus, pero para enunciarlo debemos genera-
lizar el concepto de centro de un crculo. (Ver tambien la pag. 226, para
comentarios sobre Pappus y otros resultados suyos de la misma ndole).
1
Z
xi [c(B)] = xi dm.
m(B) B
z
2a
r h
b
Figura 3.3. Cilindro cortado.
p p
m2 [Bz ] = 2ah = r2 (r z)2 (2r z)b/r = (b/r)(2r z) 2rz z 2 ,
R R 2r p
z m2 [Bz ] dm1
R
z dm3
B [0,2r] b 0 (2rz z 2 )3 dz
z[C(B)] = = =
m3 [B] m3 (B) r m3 (B)
Z /2
2 2r 3
= 3 r4 cos4 tdt = I4 = r.
r /2 4
Z Z 2r Z h(z) Z 2r
y dm3 = y 2a(z) dydz = h(z)2 a(z) dz
B 0 0 0
2r 2
bz
Z p
= b r2 (r z)2 dz
0 2r
144 Captulo 3. Espacio de medida producto
2r
b2
Z p
= 2 (2r z)2 r2 (r z)2 dz
4r 0
/2
b2
Z p
= 2 (r r sen t)2 r2 r2 sen2 t r cos t dt
4r /2
2 2 /2
b r
Z
= (1 sen t)2 cos2 t dt
4 /2
/2
b2 r2
Z
= (1 2 sen t + sen2 t) cos2 t dt
4 /2
2 2 /2
b r
Z
= (1 + sen2 t) cos2 t dt
4 /2
/2
b2 r2 b2 r2 5
Z
= (2 cos2 t) cos2 t dt = (2I2 I4 ) = b2 r2 ,
4 /2 4 32
2r
(3/4)r
(5/16)b b
z
E
y
Ez
x
Figura 3.5.
las cuales son iguales, pues coinciden en los semiintervalos (a, b] (0, ),
1
Z Z
(A) = xn1 dm = (xn )0 dm,
A n A
(A E) = (A)(E).
a<b<
[A E] y (A)(E),
n mn [Bn ] = [S n1 ].
148 Captulo 3. Espacio de medida producto
R /2
pues (/2,/2) cos2 dm = (/2,/2) sen2 dm, ya que /2 (sen cos)0 =
R R
0. Por tanto
V2 = m2 [B2 ] = , (S 1 ) = 2,
2 n/2 (S n1 ) n/2
An1 = (S n1 ) = , Vn = m[Bn ] = = .
n2 1 n (n/2)
2 Observese
P n P
= e y A2n1 = 2e .
P
que para V0 = 1, n=0 V2n = n! n=1
3.6. Aplicaciones 149
3.6.3. Convolucion.
Nuestra ultima aplicacion del Teorema de Fubini sirve para definir
un nuevo producto entre funciones f L1 (Rn ) (aunque tal funcion no
estara determinada en todo punto, solo casi seguro). Recordemos que en
este espacio tenemos definida la seminorma
Z
kf k1 = |f | dm.
Teorema 3.6.11 Sean f, g L1 (Rn , B(Rn ), m), entonces existe una fun-
cion medible, finita e integrable, que denotaremos f g L1 y a la que
llamaremos producto de convolucion de f y g, tal que para casi todo
x Rn , Z
f g(x) = f (x y)g(y)dmy ,
= kf k1 kgk1 < ,
y por el apartado (b) existe una funcion medible finita e integrable, que
denotaremos f g(x), tal que c.s.
Z Z
f g(x) = hx dmy = f (x y)g(y) dmy ,
y verifica Z Z Z
|f g|dm |f |dm |g|dm .
150 Captulo 3. Espacio de medida producto
Ejercicios
|C| = C (n+1,) .
Nota 3.7.2 Todo cilindro medible |C| = C (n+1,) con base en A(n) ,
es cilindro medible con base en A(m) , para m n, |C| = E (m+1,) ,
para E = C n+1 m , por lo que es facil ver que C es un algebra.
Ademas se tiene por el principio de los buenos conjuntos (hagase como
ejercicio) que (R) = (C).
Definicion.
Q Diremos que una algebra A, en el conjunto producto
= i=1 i , es la algebra producto de los espacios medibles (n , An ),
si verifica:
(a) Las proyecciones i : (, A) (i , Ai ) son medibles.
(b) Una aplicacion F : (0 , A0 ) (, A), es medible si y solo si lo
son sus componentes Fi = i F : (0 , A0 ) (i , Ai ).
g2 (x2 ) = IA2 (x1 , x2 ), . . . ,gn (x2 ) = P (3,n) [An(x1 ,x2 ) ] gn1 (x2 )
R R
Como antes gn g y fn (x1 ) = gn g = f (x1 ) > 0, por lo que existe
x2 2 , tal que 0 < g(x2 ) g2 (x2 ) = IA2 (x1 , x2 ) y (x1 , x2 ) A2 .
Repitiendo el razonamiento tendremos la existencia de x = (xi ) tal
que para todo n, (x1 , . . . , xn ) An y por tanto x |An |.
Ahora el resultado se concluye aplicando los teoremas de Caratheo-
dory y Hahn.
A continuacion generalizamos este resultado para medidas de transi-
cion.
Definicion. Diremos que 2 , . . . , n , . . . es una familia infinita de medi-
das (probabilidades) de transicion en los espacios (n , An ), si para cada
n2
n : n1 An = 1 n1 An [0, ],
es tal que para nx (B) = nB (x) = n (x, B), nx es una medida (pro-
babilidad) en An , fijado x = (x1 , . . . , xn ) y nB es una funcion medible,
fijado B An .
156 Captulo 3. Espacio de medida producto
Parece ser que la primera discusion sobre la relacion entre una integral
doble y sus integrales simples iteradas, aparece en 1827 cuando Cauchy
senala que las integrales
Z 1 Z 1 Z 1 Z 1
f (x, y) dx dy y f (x, y) dy dx
0 0 0 0
El Teorema de
RadonNikodym
4.1. Introduccion
161
162 Captulo 4. El Teorema de RadonNikodym
() = (P ) + (N ).
Lema 4.2.3 Dada una carga y un A A, con (A) > , para todo
> 0 existe un medible B A, con (B) (A) y tal que para todo
medible E B, (E) .
B2 B3 B4
E1 E1 E1
E2 E3 E2
Figura 4.1.
Lema 4.2.4 Dada una carga , tal que () < y (A) > , para
un A A, existe un conjunto positivo P A, tal que (P ) (A).
(P ) (P (E N )) = (P ) + (E N ) (E N ) 0.
164 Captulo 4. El Teorema de RadonNikodym
+ (E) = (E P ) = 1 (E P ) 2 (E P ) 1 (E P )
1 (E) = 1 (E A) = 1 (E A) 2 (E A)
= (E A) + (E A) + (E)
(E) = (E N ) = 2 (E N ) 1 (E N ) 2 (E N )
2 (E) = 2 (E Ac ) = 2 (E Ac ) 1 (E Ac )
= (E Ac ) (E Ac ) (E).
|| = + + ,
|1 + 2 | |1 | + |2 |.
para todo A A.
(b) y (c) se dejan como ejercicio.
Nota 4.2.11 Por otro lado es una carga finita si y solo si lo son + y
si y solo si lo es ||, en cuyo caso es acotada y escribiremos kk = ||().
Veremos en la proxima leccion que sobre el espacio vectorial de las cargas
finitas (que llamaremos medidas reales) esto es una norma, con la que
dicho espacio es de Banach.
La descomposicion de una carga nos permite extender la nocion de
integral.
Definicion. Dada una carga en un espacio medible (, A), diremos
que una funcion f medible es integrable respecto o que es integrable
si lo es respecto de las medidas + y , en cuyo caso definimos su
integral como Z Z Z
f d = f d+ f d .
4.2. Teorema de descomposicion de carga 167
Ejercicios
(c) Existe una medida y una funcion medible f , con integral respecto de ,
tal que para todo E A
Z
(E) = f d. (Sol.)
E
Ejercicio 4.2.9 Sea una carga en un espacio medible (, A), demostrar que
n
X
||(A) = sup{ |(Ei )| : Ei A, disjuntos, Ei = A},
i=1
P
Es cierto el resultado si ponemos i=1 en lugar de sumas finitas?. (Sol.)
= 1 + i2
Xn
||(A) = sup{ |(Ai )| : Ai A, disjuntos, Ai = A}.
i=1
|n (A) m (A)| kn m k,
Ejercicios
demostrar que
+ +
i |i | || 1 + 1 + 2 + 2 . (Sol.)
Definicion. Sea una carga o una medida compleja (en particular una
medida o una medida real), en el espacio de medida (, A, ), diremos
que es absolutamente continua respecto de , y lo denotaremos ,
si para A A
(A) = 0 (A) = 0.
tendremos que si A A
(A) = 0 (B) = 0, para todo B A, B A
(B) = 0, para todo B A, B A
||(A) = 0,
por tanto || .
(b)(a) En cualquier caso se sigue de que |(E)| ||(E).
(c)(a) Es obvia en cualquier caso.
(a)(c) Para medida compleja. Supongamos que (c) no es cierto,
entonces existe un > 0 tal que para todo n, existen En A, tales que
(En ) < 2n , pero |(EP n )| . Ahora por el Lema de BorelCantelli
(lm sup En ) = 0, pues k=1 (En ) < , y por (b) ||(lm sup En ) = 0,
pero
|(En )| ||(En ) ||(
k=n En ) <
Nota 4.4.2 Para una carga en general (a) no implica (c), ni siquiera si
es una medida (no acotada, pues las acotadas al ser un caso particular de
medidas complejas s lo satisfacen). Por ejemplo para = m la medida
de Lebesgue en [0, 1] y
1
Z
(E) = dm,
E x
se tiene para todo t (0, 1), m(0, t) = t y
Z t
1
(0, t) = dx = .
0 x
174 Captulo 4. El Teorema de RadonNikodym
Demostracion. R La unicidad
R es consecuencia de (2.4.27), pagina 104:
si es finita y A g d A g 0 d para todo A A, entonces g g 0
c.s.
La existencia la vamos a dividir en una serie de pasos:
(a) Supongamos que y son medidas finitas y consideremos el
conjunto
Z
F = {f : [0, ], medibles : f d (A), A A},
A
R
Como (A) A
g d podemos considerar la medida finita
Z
(A) = (A) g d,
A
y por tanto
X
(E) = (E An )
XZ Z X
= fn d = ( fn ) d,
E E
P
y el resultado se sigue para f = fn .
Nota 4.4.6 En estos resultados parece que no puede haber una funcion
g determinada, pues en un conjunto de medida nula podemos modificar-
la y sigue siendo una funcion valida, sin embargo por una parte en la
demostracion del caso mas sencillo en el que y son positivas y finitas
se construye una con procedimientos naturales y no es de extranar que
en situaciones suficientemente regulares haya una mas canonica que
las demas. En (5.2.9), pag.197, veremos que esto es as en Rn .
Definicion. Una funcion g como en los teoremas anteriores tal que para
cada A A Z
(A) = g d.
A
Ejercicios
{ M(A, R) : },
d(1 2 ) d1 d2
(x, y) = (x) (y). (Sol.)
d(1 2 ) d1 d2
4.5. Singularidad
Xn
||(Ac ) = sup{ |(Ai )| : Ai A, disjuntos, Ai = Ac } = 0.
i=1
(E) = (E A) = (E A B) = () = 0.
a , s y = a + s .
a + s = = a + s ,
tanto
(An ) s = sup{(A) : A N },
a (A) = (A N c ), s (A) = (A N ),
es = a + s , s y a , pues si B A
(B) = 0 (N (B N c )) = 0
c
(N ) (N (B N )) (N )
a (B) = (B N c ) = 0,
pues es finita.
Si es una medida finita consideramos una particion An A de
, con (An ) < y aplicamos el resultado anterior a cada espacio de
medida (An , A|An , |An ) y sean Nn An los conjuntos con (Nn ) = 0
correspondientes. Ahora para N = Nn , tendremos que (N ) = 0 y las
medidas correspondientes
a (A) = (A N c ), s (A) = (A N ),
a (A) = (A N c ), s (A) = (A N ),
186 Captulo 4. El Teorema de RadonNikodym
Ejercicios
Diferenciacion
5.1. Introduccion
191
192 Captulo 5. Diferenciacion
1 x+r
F (x + r) F (x)
Z
f (x)
|f f (x)| dm .
r r x
con Bj0 la bola con igual centro que Bj y radio triple, tendremos que
K Ai Bi0 y por tanto
m
X m
X
r < m(K) m(Bi0 ) n
=3 m(Bi ).
i=1 i=1
y basta hacer 0.
1
Z
Hf (x) = sup P|f | (x, r) = sup |f | dm.
r>0 r>0 m(B(x, r)) B(x,r)
3n
Z
m{Hf > } |f | dm.
R
> 0 existe una funcion continua e integrable g tal que |f g| y
como por continuidad
Z
1
|Pg (x, r) g(x)| = g(y) g(x)
m(B(x, r)) m(B(x,r))
1
Z
|g(y) g(x)| 0, r 0,
m(B(x, r)) m(B(x,r))
tendremos que
y si llamamos
1
Z
lm |f (y) z|dm = |f (x) z|,
r0 m[B(x, r)] B(x,r)
1
Z
lm sup |f (y) f (x)|dm = |f (x) z| + < 2,
r0 m[B(x, r)] B(x,r)
y el resultado se sigue.
Finalmente daremos el resultado mas general, en el que en lugar de
bolas centradas en x en las que integramos nuestra funcion, consideramos
otro tipo de conjuntos que ni siquiera tienen que contener al punto x.
Definicion. Diremos que una familia de medibles Er B(Rn ) (para
r > 0) encoge suavemente hacia x si existe una constante > 0 tal que:
(i) Cada Er B(x, r), (ii) m(B(x, r)) m(Er ).
1 1
Z Z
|f f (x)| dm |f f (x)| dm
m[Er ] Er m[Er ] B(x,r)
1
Z
|f f (x)| dm,
m[B(x, r)] B(x,r)
Teorema 5.2.9 Sea una carga, finita en los compactos, o una medida
real o compleja. Entonces c.s. existe
(Er )
D(x) = lm ,
r0 m(Er )
(B(x, r)) 1
Ak = {x A : lm sup > },
r0 m(B(x, r)) k
y veamos que m(Ak ) = 0. Por ser finita en los acotados es regular (ver
(1.7.19), pagina 64), por tanto como (A) = 0, para cada > 0 existe
un abierto U A, tal que (U ) < . Por definicion de Ak , para cada
x Ak existe una bola abierta Bx , centrada en x tal que Bx U y
(Bx ) > m(Bx )/k. Sea V = Bx y c < m(V ), entonces por el Lema
5.2.1, hay una coleccion finita y disjunta de estas bolas B1 , . . . , Bm , tales
que
m
X m
X
c < 3n m(Bi ) 3n k (Bi ) 3n k(V ) 3n k(U ) 3n k,
i=1 i=1
y el resultado se sigue.
200 Captulo 5. Diferenciacion
tendremos que para t < x0 , vF (t) < , por tanto lmx vF (x) = 0.
(b) Sea xn x y > 0. Por la continuidad existe un > 0, tal que si
0 < t x < , |F (t) F (x)| , por otra parte como antes, dado y > x
existen t0 < < tm = y, tales que
m
X
vF (y) < |F (ti ) F (ti1 )|,
i=1
: M(B(R), K) F V0 (R),
1 (, x] = f1 (x), 2 (, x] = f2 (x),
3 (, x] = g1 (x), 4 (, x] = g2 (x),
pero por otra parte como F (b) F (a) = (a, b] se sigue de (4.3.2) que
Xn
vF (x) = sup{ |F (xi ) F (xi1 | : x0 < < xn = x}
i=1
||(, x] vF (, x] = vF (x),
m F0 = 0 c.s.
Z x
m F (x) = F 0 (x) dm.
F (x + r) F (x) (Er )
= f (x), (r 0)
r m(Er )
204 Captulo 5. Diferenciacion
para ello sabemos que existe un > 0, tal que Pmsi (ai , bi ) son una colec-
cion
P finita de intervalos disjuntos tales que i=1 (bi ai ) , entonces
|F (bi ) F (ai )| 1. Consideremos los intervalos
[a, ], [, 2], . . . , [(k 1), b],
5.3. Derivacion e integracion 205
entonces Z x
F (x) F (a) = F 0 dm.
a
T : Ek En ,
: E E , x <x, >,
cuya matriz
P correspondiente a una base uj y su dual uj es (ui uj ), pues
i
(uj ) = (ui uj )u . Por lo tanto si la base es ortonormal la matriz
es la identidad y si los espacios Ek y En son eucldeos tendremos un
endomorfismo lineal canonico
Tk = 1
k T n T : Ek Ek ,
Ax = 0 At Ax = 0 xt At Ax = 0 Ax = 0,
no nulo x Ck X
0 xt At Ax = xt Bx = xt x = ( |xi |2 ),
por lo tanto es real y no negativo.
208 Captulo 5. Diferenciacion
c(T ) = m[T (Q)] > 0 para Q = [0, 1]n el cubo unidad. Se sigue que
m[T (E)] = c(T ) m(E) y T conserva los Lebesgue medibles, pues lleva
Borelianos de medida nula en Borelianos de medida nula. Veamos que
c(T ) = | det(T )|.
Si T1 y T2 son isomorfismos lineales, tambien lo es T1 T2 y c[T1 T2 ] =
c[T1 ]c[T2 ], por otra parte T es composicion finita de isomorfismos lineales
de los tres tipos dados en el Lema anterior y basta demostrar que para
ellos c(T ) = | det T |, es decir m[T (Q)] = | det T |, lo cual es obvio pues
(si r > 0)
Figura 5.1.
Ahora por el ejercicio (1.6.2) (pagina 49), por ser Hk invariante por
rotaciones y por lo visto en el primer caso (k = n)
Hk [T (E)] = Hk [R(T (E))] = Hk [F (E) {0}nk ]
= Hk [F (E)] = J(F )Hk (E) = J(T )Hk (E).
Nuestro interes es dar una formula que nos permita calcular la me-
dida de Hausdorff kdimensional de los Borelianos de una subvariedad
diferenciable kdimensional de Rn . Para ello necesitamos una serie de
resultados previos y recordar algunas definiciones.
Definicion. Sea U Rk un abierto. Decimos que una aplicacion F : U
Rn es diferenciable en x U si existe una aplicacion lineal DFx : Rk
Rn (en cuyo caso es unica3 ) y a la que llamamos aplicacion lineal tan-
gente, tal que
kF (x + z) F (x) DFx (z)k
lm = 0.
kzk0 kzk
Diremos que F es diferenciable si lo es en cada punto de U . Diremos que
es de clase 1 si es diferenciable y la aplicacion DF : x U DFx
L(Rk , Rn ) es continua4 . Por induccion diremos que F es de clase m si
DF es de clase m 1 y de clase si es de clase m para toda m.
3 De existir T1 y T2 coincidiran en todo p de la esfera unidad, pues para z = kzkp
kF (x + z) F (x) T1 (z)k + kF (x + z) F (x) T2 (z)k
kT1 (p) T2 (p)k 0.
kzk
4 Con cualquier norma en el espacio L(Rk , Rn ), pues al ser de dimension finita
y el resultado se sigue.
En el resultado anterior hemos encontrado 4 desigualdades del tipo
Hp [F (B)] cp Hp [G(B)].
B G1 [G(B)] G1 [Ai ] Bi
F (B) F (Bi ) F (Bi ),
de donde
para las que k(x) (y)k kG(x) G(y)k, por lo que se sigue de
(5.5.5), la desigualdad en
Z
Hk [F (K)] = Hk ((K)) Hk [G(K)] = J[DGy ] dHk ,
K
y la ultima igualdad por que G satisface las hipotesis del teorema (5.5.8),
pues es de clase 1 y son inyectivas G y DGx = (T, I), para T = DFx
218 Captulo 5. Diferenciacion
p
y siendo J(DGx ) = | det(T t T + 2 I)|. Ahora bien T t T es una matriz
con determinante nulo (si x K), por tanto su polinomio caracterstico
px () = det(T t T I) = qx (), pues px se anula en = 0 y como
T = (fi (x)/xj ) es continua en x, tambien es continua en x y qx (),
por lo que estara acotada en x K y || 1. Por tanto existe una
constante c > 0, talque |px ()| ||c, por lo que, para 0 < 1 y
x K, J(DGx ) c, de donde
Z
Hk [F (K)] J[DGy ] dHk c Hk [K],
K
gij = = F F
ui uj xi xj
! !
X fk X fk X fk fk
= (x) (x) = (x) (x),
xi yk xj yk xi xj
k k k
por tanto
v "
u t #
f f
q
i i
u
det(gij ) = tdet (x) (x)
xj xj
p
= det[(DFx )t (DFx )] = J[DFx ],
es decir que
Z q Z
k Hk [F (A)] = det(gij ) dm = k ,
A F (A)
p
para k = det(gij )du1 duk la forma de volumen de la variedad
Riemanniana kdimensional S, es decir la unica kforma que en una
base ortonormal bien orientada vale 1 (si la variedad no esta orientada
no hay una kforma sino una densidad , es decir que en cada punto habra
dos kformas que son k , pero que no podemos definir por separado
globalmente (pues eso implicara que la variedad fuese orientada. No
obstante la medida si esta definida en S).
En el caso particular de estar con una esfera en Rn+1 , pongamos
centrada en el origen y de radio r, S[0, r], tenemos que es n dimen-
sional y orientable y para ella la nforma de volumen es iN n+1 , para
n+1 = P dx1 p P dxn+1 la n + 1forma de volumen del espacio y
N = (xi / x2i )xi el vector unitario normal exterior a las esfe-
ras (la eleccion de este vector que es arbitraria nos permite definir la
orientacion en la esfera), pues para una base ortonormal bien orientada
tangente a la esfera, D1 , . . . , Dn , tendremos que
= f ()d1 . . . dn1 ,
({1}A)
Sn = Sn+ Sn En ,
Ejercicios
Ejercicio 5.5.4 Sea : R Rn una curva de clase 1, demostrar que para todo
[a, b] R, si (t) = (xi (t))
v
Z b Z bu n
0
uX
H1 ([a, b]) = k (t)k dt = t x0i (t)2 dt.
a a i=1
(x t)1 f (t) dm
R
[0,x]
I f (x) = . (Sol.)
[]
por lo que rm 0.
0
Supongamos que m(C) > 0, entonces para Bm = B[xm , 4rm ],
X X
0
m[Bm ] = 4n m[Bm ] 4n m[A] < ,
3
sm1 r kp zk kp xm k kz xm k 4rm rm = 3rm > sm1 ,
2
lo cual es absurdo.
5.6. Calculo de la constante n . 231
m[Ay ]
S(A) = {(t, y) R Rn1 : m[Ay ] > 0, |t| , }.
2
de modo analogo se definen las simetras respecto del resto de hiperplanos
coordenados {xi = 0}.
m{t : (t, x2 , . . . , xn ) A}
x = (xi ) S(A) |x1 |
2
m{t : (t, x2 , . . . , xn ) A}
|x1 |
2
(x1 , x2 , . . . , xn ) S(A).
n/2
n = m[B[0, 1/2]] = Vn /2n = .
2n n2 + 1
0 Hn, [A Bi ] Hn [A Bi ] = 0,
lo
P cual implica, por ser Bi una bola de radio d(Bi )/2 y 1 = m[A] =
m[Bi ],
X
Hn, [A] Hn, [Bi ]] d(Bi )n
X m[B[0, d(Bi )/2]] X m[Bi ] 1
= = = ,
m[B[0, 1/2]] m[B] m[B]
Lebesgue, H.: Lecons sur lintegration (1a.edicion 1903, 2a.edicion 1928). Reimp.
de 2a. ed. por Chelsea Pub. Comp., 1973.
una condicion necesaria y suficiente para que una funcion f : [0, 1] R
se exprese como una integral indefinida, enunciado esencialmente el Teo-
rema fundamental del calculo (5.3.12) aunque sin demostracion y a
5.7. Bibliografa y comentarios 235
sea valido cuando f sea diferenciable en todo punto. Sin embargo, como
ya comentamos, en ellos falla la propiedad de que f sea integrable sii |f |
lo es. Remitimos al lector al libro de
McShane, E.J.: Integration. Princeton Univ. Press, 1944.
Agnesi, M.C..: Institutioni Analitiche ad uso della gioventu italiana . Milan, 1748.
que la Academia de las Ciencias de Paris considero como superior a cuan-
tos se haban escrito sobre esa materia. La curva haba sido estudiada
anteriormente por Fermat en 1666 y por Guido Grandi en 1701, que la
llamo curva versoria, que es un termino nautico latino que significa pie
de la vela, cuerda con que se ata su cabo, o con que se lleva de un borde a
otro. En italiano Agnesi la llamo la versiera y segun parece, John Colson,
profesor de la Universidad de Cambridge, con poco conocimiento del ita-
liano confundio versiera con avversiera, que tradujo como witch, bruja,
dando lugar al desafortunado nombre por el que tambien es conocida
esta curva.
Espacios de funciones
medibles
y para cada f Lp , y p 1
Z 1/p
kf kp = |f |p d .
239
240 Captulo 6. Espacios de funciones medibles
6.1.1. El espacio L .
Para el caso p = no hay un criterio unico para definir L (, K).
Para unos autores, como Ash, Rudin y WheedenZygmund, el supre-
mo esencial de una funcion medible f : K es el
nf{c : {|f | > c} = 0}.
es decir el menor valor c para el que |f | c c.s. Y L (, K) es el espacio
de las funciones medibles f tales que |f | tiene supremo esencial finito,
es decir las funciones medibles acotadas salvo en un conjunto de medida
nula.
Nosotros seguimos la dada por Cohn.
Definicion. Diremos que A A es localmente nulo si para cada B A
con (B) < se tiene que (A B) = 0. Del mismo modo diremos que
una propiedad se satisface localmente casi seguro (l.c.s.) si el conjunto
de puntos en los que no se verifica es localmente nulo. Denotamos con N
el conjunto de todos los medibles nulos y con N los localmente nulos.
Se tienen las siguientes propiedades elementales.
Ejercicios
ct d1t tc + (1 t)d.
ap bq
ab + .
p q
f -1(y)=y q-1
b
B f(x)=x p-1
A
a
Figura 6.1.
y por tanto R
|f g| d 1 1
+ = 1.
kf kp kgkq p q
se tiene que f = 0 c.s. (por (2.4.25), pag.104, y por tanto en el espacio en el que
identifiquemos funciones que coincidan casi seguro sera un producto interior.
6.2. Los espacios de Banach Lp 245
p/q
de donde se sigue que |f + g|p1 Lq y que k|f + g|p1 kq = kf + gkp .
Ahora por la desigualdad de Holder
Z Z
kf + gkpp = |f + g|p d (|f | + |g|)|f + g|p1 d
Z Z
p1
= |f ||f + g| d + |g||f + g|p1 d
Lp = Lp / .
f =g c.s. f =g l.c.s..
[f ] = [f ], [f ] + [g] = [f + g].
6.2. Los espacios de Banach Lp 247
{f + g 6= f 0 + g 0 } {f 6= f 0 } {g 6= g 0 } N .
(b) Para 0 < p < 1 la distancia esta bien definida pues para f f 0 y
g g 0 de Lp , se sigue del Lema que dp (f, f 0 ) = dp (g, g 0 ) = 0, por tanto
dp (f, g) dp (f, f 0 ) + dp (f 0 , g 0 ) + dp (g 0 , g) = dp (f 0 , g 0 ),
kf k kf 0 k + kf f 0 k = kf 0 k
Xn
kf kp = ( |xi |p )1/p = kxkp , y (Lp , k kp ) = (Kn , k kp ),
i=1
(, A, ) = (N, P(N), ),
para p = , kf fn k 0.
las cuales son acotadas, {|s| > max{|ai |}} = , por tanto estan en L
y
ksk max{|ai |} < .
A continuacion demostraremos que S es denso en L y que
S = {s S : {s 6= 0} < },
es denso en Lp para 0 < p < , pero antes veamos que S Lp para
todo p,
X n Z X
s S Lp s = ai IAi , |s|p d = |ai |p (Ai ) <
i=1
n
X
s= ai IAi , (Ai ) < para ai 6= 0,
i=1
s S, {s 6= 0} < s S.
6.2. Los espacios de Banach Lp 251
C0 = C {A1 , A2 , . . . , An , . . .}
C1 = {A A : A C0 , o Ac C0 }
C2 = {B1 Bn : n N, Bi C1 }
C3 = {C1 Cm : m N, Ci C2 }
252 Captulo 6. Espacios de funciones medibles
Ejercicios
{ M(A, R) : },
Ejercicio 6.2.5 Demostrar que un espacio normado E es completo sii para cada
sucesion xn E
X X
kxn k < xn es convergente. (Sol.)
Nota 6.3.1 Entendemos que sobre cada elemento opera la norma que le
corresponde, aunque las denotemos igual por comodidad. Por otra parte
en la definicion anterior podemos restringirnos a los x con kxk = 1, sin
que el supremo cambie, pues para r K y x E1 , kT (rx)k = |r|kT (x)k.
Por ultimo observemos que T es acotada si y solo si existe k [0, ),
tal que para cualquier x E1
kT (x)k kkxk,
y que kT k es el nfimo de estas constantes k.
No toda aplicacion lineal entre espacios normados es continua, co-
mo tampoco tiene por que ser acotada. A continuacion vemos que sin
embargo estas dos cosas son equivalentes.
kT (x)k = kxk.
Nota 6.3.6 Hay una aplicacion lineal y continua natural entre un espacio
normado E y su bidual E , dada por
C(I) = {f : I R : continuas},
Tg : Lp K,
T : Lq Lp , g T (g) = Tg ,
6.4. El espacio dual de Lp 259
T : Lq Lp , g T (g) = Tg ,
por tanto kgk kTg k y como esto es cierto para todo > 0, se
tiene kgk kTg k y por tanto la igualdad.
Para p > 1, q < , tomemos g Lq , con kgkq > 0, por tanto
B = {g 6= 0} es finito y (B) > 0, por tanto B no es localmente nulo
y kIB k = 1. Ahora si definimos
(
g
2q , si g 6= 0,
f = |g|
0, si g = 0,
260 Captulo 6. Espacios de funciones medibles
Demostracion. Es trivial.
262 Captulo 6. Espacios de funciones medibles
p : Lp () Lp (), p (f ) = h1/p f,
: A K, (A) = (IA ),
(A) = 0 IA = 0 c.s. IA 0
(A) = (IA ) = 0,
y por el Lema (6.4.2), kgn kq kk, por tanto sup kgn kq < y como
|gn | |g|, se sigue del Lema (6.4.3) que g Lq .
264 Captulo 6. Espacios de funciones medibles
C = {B A : (B, AB , B ), es finito},
|gAD |q = |gA |q + |gD |q c.s. kgAD kqq = kgA kqq + kgD kqq ,
kgC kqq kgC kqq + kgD kqq = kgCD kqq kgC kqq ,
A = {A R : A o Ac es numerable},
Ejercicios
fn f en Lq fn f en Lp .
f = 0, fn = IEn ,
|f g|
Z
d(f, g) = d,
1 + |f g|
Este resultado tiene otra forma debida a Lusin que puede encontrarse
en la p.19 del libro
Sacks, S.: Theory of the integral, 1937. Dover, 1964.
Espacios de Hilbert
<, > : E E K,
281
282 Captulo 7. Espacios de Hilbert
b E ,
: x E x x
b(f ) = f (x),
Ademas como veremos mas adelante, estos son los unicos espacios de
Hilbert.
1 Recordemos que una norma en un Kespacio vectorial E es una aplicacion
Nota 7.2.7 De aqu se sigue trivialmente que a lo sumo hay una cantidad
numerable de y B tales que <x, y>6= 0 y que <x, .>, <., x> l2 (B).
Por tanto podemos definir la aplicacion lineal
H = M M .
b H ,
: x H x x
b() = (x),
es sobre.
(f) Si x H
X X X
kxk2 = | <x, z> |2 = |x (z)|2 = |z (x)|2 .
zB zB zB
Bibliografa y comentarios
Para la confeccion del presente tema hemos hecho uso de los siguien-
tes libros:
Ash, R.B.: Real Analysis and Probability. Ac.Press, 1972.
Day, M.M.: Normed linear spaces. SpringerVerlag, 1973.
Muhkerjea, A. and Pothoven, K.: Real and functional Analysis. Plenum Press,
1978.
Taylor, S.J.: Introduction to measure and integration. Cambridge Univ. Press,
1973.
Rudin, W.: Real and complex analysis, Tata McGrawHill, 1974.
texto, que son las notas de un curso dado por Schwartz en la Universidad
de Buenos Aires
Schwartz, L.: Matematica y fsica cuantica. Univ. Buenos Aires, 1958.
La axiomatizacion de los espacios de Hilbert no se hizo hasta 1920
por Von Neumann para el caso separable y hasta 193435 por Lowig
and Rellich para el caso general. (Ver Dunford, N. and Schwartz,
J.T., p.372).
La caracterizacion de los espacios de Hilbert, llamada Ley del para-
lelogramo aparece en el trabajo
Jordan, P. and Neumann, J.: On inner products in linear metric spaces. Ann.
of Math., 2, 36, 719723, 1935.
Espacios de Banach
293
294 Captulo 8. Espacios de Banach
: x E x E , x() = (x),
{x = (xn ) l1 , m N : x1 , . . . , xm Q, xn = 0, n > m}
S = {x = (xn ) l : n N, xn = 0 o xn = 1}
sup{kLi k : i I} < .
es cerrado.
La topologa producto dice que
(xn , yn ) (x, y) xn x, yn y,
Bibliografa y comentarios
La transformada de
Fourier
301
302 Captulo 9. La transformada de Fourier
pues se tiene
N
X N
X
f (t) = cn eitn = c0 + cn [cos(tn) + i sen(tn)+
n=N 1
N
X
+ cn [cos(tn) + i sen(tn)
1
N
X
= a0 + [an cos(nt) + bn sen(nt)],
1
para a0 = c0 , an = cn + cn y bn = i(cn cn ).
para cada n N.
Definicion. Llamaremos Transformada de Fourier en L2 (T ) a la apli-
cacion anterior
L2 (T ) l2 (Z), f f.
La cual es un isomorfismo isometrico en virtud del Teorema (7.3.3),
pag.288, ya que por (d)
f(n) eint ,
X X
f= <f, un > un =
nZ nZ
304 Captulo 9. La transformada de Fourier
Pn
lo cual debe interpretarse como que si sn (t) = n f(m) eitm , entonces
sn f en L2 . Ademas de (f) se sigue que
Z
X
2 2
kf k2 = |f (n)| = (1/2) |f (t)|2 dt = kf k22 ,
nZ
f(n) eint .
X
nZ
9.2. Analisis de Fourier en L1 (T ) y C(T ) 305
(9.1) L1 (T ) c0 ,
h : R [0, 1]
En el primer caso
1
Z Z
h(t) = e|x| eitx d = e|x| [cos tx i sen tx] dx
2
r Z r
2 2 1
= ex cos tx dx = ,
0 1 + t2
lm g hs (x) = g(x).
s0
Por otra parte como consecuencia del Teorema de Fubini, los resul-
tados anteriores y que en un espacio probabilstico k.kp k.kq , para
1 p q , se tiene el siguiente resultado.
kf hs f kp 0 (s 0).
entonces g c0 y f = g c.s.
F : L2 (R) L2 (R),
F : L2 (R) L2 (R),
y que en esta base la matriz esta formada por los valores en la diagonal
1, 1, i, i.
El teorema de Plancherel tiene una gran diversidad de aplicaciones,
entre las que destacamos dos de ndole muy diferente:
y por tanto
2
1 sen(ay)
Z
dy = kf k22 = kIc 2
A k2
2 y 2
2a
= kIA k22 = ,
2 2 2
entonces M
c es un subespacio de L2 (R) y verifica
hM
c ea h M
c, para todo a R,
ademas h M c sii < h, g >= 0 para toda g L2 (R) tal que g = gIE
c.s., por lo que M c es cerrado por ser la interseccion de los cerrados
C(g) = {h L2 :<h, g>= 0}.
Tenemos as un subespacio cerrado M = F 1 (M c) invariante por tras-
laciones. El siguiente resultado nos dice que as son todos estos subespa-
cios.
: L1 (R) C,
(f g) = (f )(g).
: L1 (R) C, (f ) = f(t),
para
R M = M(B(R), K), la medida (real o compleja) en A, (A) =
A
f d, la cual es .
Nuestro objetivo en esta leccion es extender las nociones de transfor-
mada de Fourier, convolucion, etc. a los elementos del espacio de Banach
M, con la norma kk = ||().
Definicion. Llamaremos transformada de FourierStieltjes de una me-
dida M a la funcion
Z
: R C, (t) = eitx d.
1 2 (A B) = 1 (A)2 (B),
1 1 2 2 + i(1 2 + 2 1 ).
= F ( ), para F : R2 R, F (x, y) = x + y,
PX (B) = P (X 1 (B)),
318 Captulo 9. La transformada de Fourier
PS = PX 1 PX n ,
Bibliografa y comentarios
en aquella epoca.
2 2
Z Z
f (x) = (t) cos tx dt = (t) cos tx dt,
0 0
1
Z Z
f (x) = f (y) cos t(y x) dydt.
0
F : S
S , F ()f = [F(f )],
para cada S y f S . Con esta definicion extendemos la transfor-
mada de Fourier a una clase mucho mas amplia que L1 (R), conservando
sus propiedades fundamentales.
Como Cc (R) S , se tiene que
S D = Cc (R) .
A S se le llama espacio de las distribuciones temperadas y a D espacio
de las distribuciones.
Remitimos al lector interesado en un tratamiento de la transformada
de Fourier en esta linea, a los siguientes libros.
324 Captulo 9. La transformada de Fourier
Medida y topologa
325
326 Captulo 10. Medida y topologa
Proposicion 10.1.2 Todo abierto de un espacio HLC, con una base nume-
rable es compacto.
V = W Uy1 Uyn ,
K V1 V1 V0 V0 V,
V1 V2 V2 V0 ,
ri < rj Vj Vi ,
10.1. Espacios Hausdorff LC 329
Vj Vn+1 Vn+1 Vi ,
rn rm fn rn rm gm ,
rn > rm Vn Vm fn gm ,
y llegamos a un absurdo.
Como consecuencia podemos construir particiones de la unidad en un
espacio Hausdorff localmente compacto. Esta herramienta fundamental
que habitualmente se utiliza para reducir un problema de naturaleza
global a uno local, la vamos a usar en el teorema de representacion de
Riesz.
330 Captulo 10. Medida y topologa
para las que {fi 6= 0} {gi 6= 0}, por tanto sop fi Vi , fi IVi y por
induccion se demuestra que
f1 + + fn = 1 (1 g1 ) (1 gn ),
[E (K c U )] (E K c ) + (E U )
(V K c ) + (U ) < 2.
332 Captulo 10. Medida y topologa
+ +
i || 1 + 1 + 2 + 2 ,
(
2j2 2j2 2j1
fn1 (x) =
2j 2
y f (x) = 2n , si f (x) [ 2n , 2n ),
n 2j1
2n 2n si f (x) [ 2j1 2j
2n , 2n ),
{g 6= 0} sop hn Vn V ,
P P n
por tanto g Cc (X ) y f = tn = 2 hn = g excepto en E =
Vn \Kn y (E) < .
(b) Si f es medible no negativa y acotada, 0 f < M , y A compacto
el resultado se sigue aplicando (a) a f 0 = f /M .
334 Captulo 10. Medida y topologa
y kf gkp 2.
10.2. Medidas regulares 335
kf k = kf k0 = sup{|f (x)| : x Rn },
y Cc (X ) es denso en el.
3 Dado un espacio normado E y un subespacio cerrado suyo M consideramos el
espacio normado cociente, E/M = {[x] = x + M : x E}, con las operaciones y
norma
[x] + [y] = [x + y], [x] = [x], k[x]k = nf{kyk : y x + M }.
Ademas si E es de Banach, tambien lo es el cociente (ver HewittStromberg, pag.222).
10.3. Teoremas de representacion de Riesz 337
|f (x) f (y)| |fn (x) f (x)| + |fn (x) fn (y)| + |fn (y) f (y)|.
Es facil ver que si es una medida en (X , B(X )), tal que (K) <
para cada compacto K, entonces podemos definir el funcional lineal
Z
: Cc (X ) K, (f ) = f d,
existe una unica medida , cuasiregular en B(X ), tal que para cada
f Cc (X ). Z
(f ) = f d.
la cual verifica
y por tanto
Z
f d (f ) [(K0 ) (Km )] (K0 ),
kk (X ) = sup{(f ) : f Cc (X ), 0 f 1} kk.
J + (f ) = sup{J(g) : g C0 (X , R), 0 g f },
el cual es finito pues para cada g del conjunto |J(g)| kJkkf k , por
tanto 0 J + (f ) kJkkf k . Ademas para cada c 0, J + (cf ) =
cJ + (f ) y si f1 , f2 0, fi C0 (X , R), entonces
J + (f ) = J + (f + ) J + (f ),
J + (f + ) + J + (h) = J + (g) + J + (f )
+ + + +
J (f ) J (f ) = J (g) J (h).
J + (f + g) = J + (f + + g + ) J + (f + g ) = J + (f ) + J + (g),
|J + (f )| max{J + (f + ), J + (f )}
kJk max{kf + k , kf k } = kJkkf k ,
Dada Mr el funcional
Z
: C0 (X ) K, (f ) = f d,
es un isomorfismo isometrico.
tendremos la sucesion
0 K C(X ) C0 (X ) 0
|C0
a ap 0
k|C0 k = sup{|(f )| : f C0 , kf k = 1}
= sup{|(f )| : f C0 , kf k = 1} kk.
0 K Mr (X ) Mr (X ) 0
|X
a ap 0
L : L1 (X , K) Mr (X , K), L(f ) = f ,
Por otra parte tenemos las siguientes propiedades del espacio de me-
dida (X , A , ), en cuya demostracion se hace uso del Lema de Zorn.
: Cc (X , R) R,
: Cc (X , R) R,
(a) L1 (X , )R = L1 (X , A , , R) = L1 .
(b) (f ) = f d, para cada f L1 .
(c) A X es medible sii A A .
(d) f : X R es medible sii es medible respecto de A .
Observemos que si : Cc (X , R) R es lineal y positivo, entonces
para cada compacto K existe k = (K) < tal que para cualquier
f Cc (X , R) con sop(f ) K
|(f )| kkf k ,
|(f )| kkf k .
: Cc (X , R) R,
lineal y continuo (al que le corresponde por (10.3.7) una medida real
regular) es de Radon.
+ (f ) = sup{(g) : g Cc , 0 g f },
pues las partes positiva y negativa de una medida real no pueden ambas
ser infinito. Sin embargo todo funcional de Radon s puede ponerse como
diferencia de dos integrales respecto de medidas de Borel cuasiregulares.
En base a esto podemos decir que los funcionales de Radon positivos se
corresponden con las medidas (cuasiregulares), mientras que las funcio-
nales de Radon con las medidas reales a las que admitimos que tomen
el valor y el valor , por esta razon algunos autores los llaman
medidas de Radon.
Lema 10.8.1 (Ver Cohn,p.207). Sea X Hausdorff tal que cada abierto
es union numerable de cerrados y sea una medida finita en B(X ),
entonces para cada E B(X ),
Xn
Cf = { ai fsi C(G) : n N,
i=1
X
0 ai 1, ai = 1, fsi (x) = f (si x), si G},
ii) Si f, g L entonces
f g = mn{f, g} = max{f, g} L.
iii) Si f L entonces f + , f L y f = f + f .
L0 = {f = lm fn : fn L+ , fn f },
es medible.
b) La mnima algebra que hace medibles a las funciones de L es
B(X ).
362 Captulo 10. Medida y topologa
es casi igual a todo el espacio. Esto permite establecer teoremas clasicos como
RadonNikodym o Fubini sin hacer restricciones sobre la medida.
2.- Los espacios localmente compactos son al mismo tiempo suficientemente
generales como para que una teora de integracion, desarrollada en ellos, sea
aplicable en distintas areas del Analisis, como por ejemplo en Analisis armonico
o la teora potencial.
3.- Por ultimo, la integracion sobre espacios abstractos puede siempre ser
reducida a la integracion sobre espacios localmente compactos.
Esta ultima razon puede leerse tambien en la p.2 del libro
Nachbin, L.: The Haar integral. Krieger, 1976.
en la que anade su autor que tal reduccion puede hacerse en cierto sentido
en base a un cierto resultado de Kakutani del que no da referencia.
Desconocemos tal resultado, no obstante remitimos al lector al captulo
VIII, p.233 del libro de SegalKunze, sobre teora de integracion
algebraica, en la que se da un resultado en esta linea de interes en teora
de probabilidades. Tal resultado se basa en las ideas de Gelfand de
representacion de un anillo conmutativo como un espacio de funciones
continuas sobre su espectro.
En los libros de Tjur, p.23 y Lang, p.339, podemos encontrar un
interesante resultado valido en los espacios localmente compactos, en
el que se construye una (unica) medida en todo el espacio, a partir de
una familia de medidas en abiertos del espacio que lo recubren, con la
propiedad de que en la interseccion de dos abiertos de la familia las co-
rrespondientes medidas coinciden, de tal manera que la medida obtenida
restringida a cada abierto nos da la del abierto. En el SegalKunze,
p.132, se demuestra un teorema de la medida producto para anillos de
Baire, que complementa el dado por nosotros en (10.7.2). En este teo-
rema se establece que el producto de anillos de Baire es un anillo
de Baire ver tambien Halmos, p.222, y que el producto de medi-
das regulares es regular. Su prueba hace uso, como comentamos en la
leccion 7, del teorema de Stone-Weierstrass. Si el espacio tiene una base
numerable para su topologa, entonces los anillos de Borel y de Baire
coinciden (ver SegalKunze, p.54). En el Royden, p.314 se demues-
tra que toda medida de Baire regular puede extenderse a una medida de
Borel cuasiregular, tal que cada Borel de medida finita puede ponerse
como diferencia simetrica de un Baire y un Borel de medida nula.
En el libro de SegalKunze, se sugiere. . . , en palabras de Con-
tantinescuWeber, . . . pero no se desarrolla, la definicion abstracta
de integral. . . , que utilizan en su libro
10.11. Bibliografa y comentarios 365
para F continua.
Sin embargo esta representacion no es unica. En 1909 Riesz da la
solucion definitiva en
366 Captulo 10. Medida y topologa
Riesz, F.: Sur les operations fonctionelles lineaires. C.R.Acad.Sci. Paris, 149,
974977, 1909.
Densidades
Definicion. Llamaremos densidad en una variedad diferenciable V a
una aplicacion simetrica (por la siguiente propiedad (1))
: Dn (V) C(V),
(D1 , . . . , Dn ) = (0, . . . , 0) = 0.
|U (D1 , . . . , Dn )(x) = (D
c1 , . . . , D
cn )(x),
tanto se sigue de 1.5.19 que para cada hipercubo C y cada constante c R existe
una unica medida invariante por traslaciones m tal que m(C) = c.
10.11. Bibliografa y comentarios 373
Ejercicio 4 Sean
R f, fnR, g, gn integrables, tales
R R |fn | gn , fn f c.s.,
que
gn g c.s. y gn g. Demostrar que fn f .
Ejercicio
R 7 Demostrar que si () = 1 y f 0 es medible, entonces para
k = f d, se verifica
p Z p
1 + k2 1 + f 2 d 1 + k.
375
376 Ejercicios difciles
Ejercicio
R 12 Demostrar que si f L1 (R) y g Lp (R), entonces f g(x) =
f (x y)g(y)dy esta en Lp y
kf gkp kf k1 kgkp .
377
378 Ejercicios resueltos
es una clase elemental (es decir que satisface las condiciones: (i) C, (ii) si
A, B C, entonces A B C y (iii) si A C, Ac es union finita disjunta de
elementos de C).
Solucion.- R y
(A1 An ) (B1 Bn ) = (A1 B1 ) (An Bn ),
[A1 An ]c =Ac1 2 n
A1 Ac2 n . . .
A1 An1 Acn A0 .
Ejercicio 1.2.10.- Puede una algebra infinita contener solo una coleccion
numerable de elementos?
Ind. No, porque al menos tendra una coleccion numerable Bn de conjuntos
disjuntos, cosa que vemos de tres formas: (1) De un medible no trivial A, sacamos
dos A y Ac , y por induccion, de n disjuntos A1 , . . . , An sacamos n + 1, pues o bien
B = Ai 6= y consideramos An+1 = B c o en caso contrario estos n conjuntos
son una particion del espacio y basta considerar cualquier medible E que no sea uno
de los 2n que se obtienen uniendo estos Ai , y por tanto con interseccion no trivial
con alguno de los Ai , al que parte en dos E Ai y E c Ai . (2) Si la algebra
es numerable A = {An : n N}. Podemos considerar para cada x del espacio, el
medible Ax = {A A : x A}, pues la interseccion es numerable. Si y Ax ,
entonces Ay = Ax , pues si x An entonces y An y por lo mismo si x Acn = Am ,
entonces y Am o equivalentemente si y An , x An ; y si y / Ax , Ax Ay = pues
si tuviera un z, sera Ax = Az = Ay e y Ax . Obviamente cada An = xAn Ax ,
por tanto tenemos una coleccion numerable de conjuntos disjuntos. (3) Si tenemos
una coleccion numerable An A, entonces A contiene los conjuntos disjuntos de la
forma c
n=1 En , para En = An o En = An , los cuales no pueden formar un conjunto
finito B1 , . . . , Bm , pues entre los 2m que se obtienen uniendo estos, tienen que estar
todos los An , que son infinitos.
Ahora las uniones arbitrarias de estos seran distintas e identificando cada Bn
con n N, estas uniones se identificaran con partes de N que es no numerable.
Ind. Sea Dn =
i=n Ci , (D1 ) < , (Dn ) 0 y Dn lm sup Cn .
Ejercicio 1.3.8.- Dada una sucesion doble xnm (, ], tal que para cua-
lesquiera n, m N, xnm xn+1,m y xnm xn,m+1 , demostrar que
lm lm xnm = lm lm xnm .
n m m n
A = {E : E o E c es numerable},
y por lo mismo m[a, b] = m(a, b), pues (a, b 1/m] (a, b).
Ind. Para t > 0, m(tB) = |t|n m(B), pues m (tB) = tn m (B) y para t < 0,
m (tB) = m [|t|(B)] = |t|n m (B) y basta demostrar que m (B) = m (B).
Ahora bien para xi = (xi1 , . . . , xin ) Rn
Y
X n
m (B) = nf{ (bmi ami ) : A (ai , bi ]} = a
m=1 i=1
X Y n
m (B) = nf{ (dmi cmi ) : A (ci , di ]}
m=1 i=1
X Y n
= nf{ (bmi ami ) : A [ai , bi )} = b,
m=1 i=1
Ind. H0 ({x}) = 1.
Ejercicio 1.6.5.- Demostrar que dimH (An ) = sup dimH (An ).
P
Ind. Si A = Ai , Hp (Ai ) Hp (A) Hp (An ), por tanto si p < sup dimH (An ),
existe un i tal que p < dimH (Ai ), por tanto Hp (Ai ) = = Hp (A) y p dimH (A) y
si sup dimH (An ) < p, Hp (An ) = 0 para todo n y Hp (A) = 0, por tanto dimH (A) p.
son medibles.
Ind. El primer conjunto es medible porque en el h < , < g y en este
conjunto existe g h que es medible, o tambien porque
[
{x : h(x) < g(x)} = ({h(x) < r} {r < g(x)}) ,
rQ
f g .
R R
y por lo mismo =
Ejercicio 2.4.20.- Sea f : R R medible Rtal que etx f (x) es integrable para
todo t R(a, b) R. Demostrar que F (t) = etx f (x) dm es diferenciable y que
F 0 (t) = x etx f (x) dm.
Ind. Para cada s (a, b) existe un > 0 tal que [s 2, s + 2] (a, b). Basta
demostrar que F es diferenciable en I = (s, s+). Existe r > 0, tal que para x > r,
x ex , por lo que el modulo de la derivada del integrando, |x etx f (x)|, esta acotado
para t I por la funcion integrable
(s2)x
e |f (x)|, si x < r,
r e(s2)x |f (x)|, si r x 0,
h(x) =
r e(s+2)x |f (x)|, si 0 x r,
(s+2)x
e |f (x)|, si x > r,
y el resultado se sigue del teorema de derivacion bajo el signo integral.
Nota. Para los siguiente ejercicios puede ser util recordar que:
lm (1 + 1/an )an = e,
|an |
R
Ejercicio 2.4.23.- Sea f no negativa e integrable, con 0 < f d = c < y
sea 0 < < . Demostrar que
Z ,
si 0 < < 1,
f
lm n log 1 + d = c, si = 1,
n n
0, si 1 < < .
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
388 Ejercicios resueltos
Ind. Para indicadores se sigue de la definicion, para funciones simples por adi-
tividad, para funciones no negativas por el teorema de la convergencia monotona,
pag.93 y para funciones con integral de la definicion.
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
Ind. Demuestrese para indicadores, funciones simples, funciones no negativas y
en general.
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
(b) Demostrar que si f : [0, t] R es medible, entonces para t > 0
Z Z
t f (tx) dm = f dm.
[0,1] [0,t]
en el sentido de que si una de las integrales existe tambien la otra y son iguales.
Ind. Aplquese el ejercicio (2.4.26), para F (x) = tx, viendo que t mF = m.
(b) Demostrar que para t > 0, (0,) etx dm = 1/t y admitiendo que pode-
R
mos derivar bajo el signo integral tantas veces como queramos, utilizar esta
igualdad para demostrar (a).
Ind.- (b) Aplicando los ejercicios (2.4.3) y (2.4.4),
Z Z
1 = (etx )0 dm = (t) etx dm.
[0,) [0,)
(Tambien se puede ver utilizando (2.4.28)). Ahora, para F (t) = [0,) etx dm = 1/t
R
tendremos Z
F (n (t) = (x)n etx = (1)n n!tn1 .
[0,)
Ejercicio 2.4.31.- Sea f : [0, 1] R continua, tal que f (0) = 0 y existe f 0 (0+ )
R. Demostrar que f (x)x3/2 es Lebesgue integrable.
Ind.- Existe g continua en [0, 1], tal que f (x) = xg(x), por tanto g esta acotada,
|g| M y |f (x)x3/2 | = |g(x)|/ x M/ x que es integrable.
R Calcular:
Ejercicio 2.4.32.-
(a) lmn [0,) (1 + (x/n))n sen(x/n) dm.
(b) lmn [0,) n sen(x/n)[x(1 + x2 )]1 dm.
R
2 2 2
Indicacion.- Integrando en (x ex )0 = ex 2x2 ex , tendremos, por el ejer-
cicio (2.4.33), que
Z Z
2 2
= ex dm = x2 ex dm
2 (0,) R
390 Ejercicios resueltos
y haciendo el cambio de variable F (y) = y/ 2 2 ,
y 2 y22
Z Z
2 1
=2 F (y)2 eF (y) F 0 (y) dm = 2
e 2 dm.
R R 2 2
2
ex cos 2xt dm, demostrar que satisface
R
Ejercicio 2.4.36.- Dada f (t) = [0,)
2
f 0 (t) + 2tf (t) = 0 y que f (t) = (1/2) et .
2
Ind. El integrando es integrable porque en modulo esta acotada por ex que lo es
2 2
por el ejercicio anterior. Ahora como (ex )0 = 2xex , tendremos por (2.4.4), que
x = 1, por tanto (ex sen 2xt)0 = (2x)ex2 sen 2xt + ex2 (2t) cos 2xt
2 2
R
(0,) 2xe
es integrable por ser suma de integrables y
Z Z
2 2 2
0= (ex sen 2xt)0 = (2x)ex sen 2xt+ex (2t) cos 2xt = f 0 (t)+2tf (t).
[0,) (0,)
2
Por tanto f (t) = f (0)et y por el resultado anterior f (0) = /2.
Ejercicio 2.4.37.- Demostrar:
2
(1) (,) x2n ex dm = (2n)! /4n n!.
R
2 2
(2) Para a 0, (,) ex cos ax dm = ea /4 .
R
Ind. En primer lugar aunque los integrandos no son acotados, son no negati-
vos, por lo que las integrales existen, aunque aun no sabemos que sean finitas. Las
denotamos In . Por LHopital se tiene derivando n veces que
logn y n!
(10.7) lm xr+1 logn x1 = lm = lm = 0.
x0+ y y r+1 y (r + 1)n y r+1
Denotemos con IN la ultima integral y veamos por induccion que son finitas. Por
(2.4.1) y (2.4.3), se tiene
Z Z Z
I0 = ex = lm ex = lm (ex )0 = e1 .
[1,) d [1,d] d [1,d]
Z Z
x N +1 x
IN +1 = e x = [(N + 1) e xN (ex xN +1 )0 ] =
[1,) [1,)
Z
= lm [(N + 1) ex xN (ex xN +1 )0 ] =
d [1,d]
= (N + 1)IN + e1 .
Por induccion obtenemos que IN < .
existe
(1)n
Z X
f (x)dx = ,
0 n=1
n
R
y es finita y sin embargo no es Lebesgue integrable, pues no lo es |f |, ya que
P |f |dm =
(1/n) = .
C = {U V : U C1 , V C2 } B(1 ) B(2 ),
y se sigue el resultado.
Ejercicio 3.2.4.- Sea f : R2 R, tal que fx es Borel medible para cada x y f y
continua para cada y. Demostrar que f es Borel medible.
Ind.- Basta observar que la sucesion de funciones medibles
X
fn (x, y) = f (i/n, y)I( i1 , i ] (x),
n n
i=
verifica fn f , pues fn (x, y) = f (xn , y), para un xn = i/n tal que |xn x| 1/n.
y que m(E) = 0.
Ind. Consideremos las funciones medibles 2 (x, y) = y y h(x, y) = f (x), entonces
E = {h = 2 } y como m(Ex ) = 0, m(E) = 0.
t
f p d (p).
R
y que si {f > t} e , entonces
Ind. Por el Teorema de Fubini, para la funcion medible h(y) = {f p > y} y el
Teorema de cambio de variable, ejercicio 2.4.29, para F (t) = tp : [0, ) [0, ),
Z Z Z
f p d = h(y) dm = h[F (t)] F 0 (t) dm
[0,) [0,)
Z
= ptp1 {f > t} dm.
[0,)
R
Para lo ultimo observese que 0 (tp et )0 = 0.
ral, salvo que dimH (B) = n (ver el ej. (5.5.7), pues solo sabemos que Hk [T (B)] =
J(T )Hk [B], para T : Rk Rn .
395
Ejercicio 4.2.9.- Sea una carga en un espacio medible (, A), demostrar que
n
X
||(A) = sup{ |(Ei )| : Ei A, disjuntos, Ei = A},
i=1
P
Es cierto el resultado si ponemos i=1 en lugar de sumas finitas?.
Ind. Sean E1 , . . . , En A medibles y disjuntos, tales que Ei = A entonces
n
X n
X
|(Ei )| ||(Ei ) = ||(A),
i=1 i=1
396 Ejercicios resueltos
por tanto ||(A) es una cota superior para el supremo. Veamos que se alcanza, para
ello sea P, N una descomposicion de Hahn
||(A) = + (A) + (A) = |(A P )| + |(A N )|,
y el resultado se sigue pues A P , A N es una particion de A.
d(1 2 ) d1 d2
(x, y) = (x) (y).
d(1 2 ) d1 d2
en tres regiones de igual area y que los pies de esas verticales en el eje x definen
con el punto maximo (0, a) de la curva un triangulo equilatero. Encontrar el
centro de masa de la region entre la curva y el eje x.
Demostrar que la longitud de la curva es infinito. Que el area de la superficie
de revolucion que genera al girarla respecto del eje x es finita y que su volumen
es 2 veces el del toro que genera el crculo.
Ind. Se tiene por calculo inmediato que
a3 x x2(x2 + a2 )2x (x2 + a2 )2
y= , y 0 = 2a3 , y 00 = 2a3 .
x2 + a2 (x2 + a2 )2 (x2 + a2 )4
El area es para tan = t = x/a, para la que (1 + t2 )d = dt = dx/a
Z Z
a3
Z /2
2 1 2
2 2
dx = a 2
dt = a d = a2 .
x + a t + 1 /2
R p
La longitud de la curva es, para (x) = (x, y(x)), H1 ([R]) = R 1 + y 0 (x)2 dm1 =
, pues el integrando es 1.
Ahora y 00 es >, =, < que 0 sii 4x2 es respectivamente >, =, < que x2 + a2 , es
decir 3x2 es >, =, < que a2 , por lo tanto y 00 (p) = y 00 (p) = 0, para p = a/ 3,
y 00 < 0 en (p, p), por tanto 0
en este intervalo y es concava e y es decreciente siendo
y 0 (p) = 3/2, y 0 (p) = 3/2; y 00 > 0 en los intervalos (, p) y (p, ), en los
que y es convexa e y 0 es creciente, siendo lmx y 0 (x) = lmx y 0 (x) = 0, por
tanto q q
1 + y 02 (x) 1 + y 02 (p) = 7/2.
Se sigue que el area de la superficie de revolucion es por (5.5.21)
a2
Z q Z q
2 H2 (S) = 2 y(x) 1 + y 0 (x)2 dmx = 2a 2 2
1 + y 0 (x)2 dmx
R R x +a
Z
a2
7a 2 2
dmx = 7a2 2 < .
R x +a
El volumen de revolucion es por el teorema de la medida producto y teniendo en
cuenta por el cambio anterior que cos2 = 1/(1 + t2 )
Z Z
a3 2 a3
Z /2
y 2 (x) dx = 2 )2
dt = a3
cos2 d = = V,
(1 + t /2 2
mientras que el volumen del toro es 2 a3 /4, que por el Teorema de Pappus es el
producto del area del crculo, a2 /4, por la longitud, a, de la circunferencia que
genera el centroide, (0, a/2), del crculo.
Ahora por el Teorema de Pappus podemos calcular la altura r del centroide de la
region plana, de area A = a2 , que genera el volumen V que acabamos de calcular,
pues V = (2r)A y r = a/4.
Ejercicio 5.5.6.- (a) Demostrar que el area de la esfera de radio r es 4r2 .
(b) Demostrar que el area del casquete esferico de radio r y altura h es 2rh.
Ind. Basta demostrar (b). La proyeccion del casquete es el crculo
p de radio k =
d e
C(T1 ) = P + (Q P ) + (R P )
c+d+e c+d+e
de QP RP
=P + + ,
c+d+e e d
es el incentro de P QR, pues (Q P )/e y (R P )/d son de igual modulo, 1/2, por
tanto C(T1 ) esta en la bisectriz del angulo en P y de modo analogo esta en las otras
dos bisectrices.
Por ultimo el de T0 tambien es el baricentro, pues
R
T0 xi dH0
xi (A) + xi (B) + xi (C) A+B+C
= = xi .
H0 (T0 ) 3 3
(x t)1 f (t) dm
R
[0,x]
I f (x) = . (Sol.)
[]
kf k = sup{|z| : z K}.
C = {z : kf k |z| kf k }.
tr/c (1t)s/c
= kf kr kf ks max{kf kr , kf ks }.
Ind. Por la desigualdad (a + b)r < ar + br , para 0 < r < 1 y a, b > 0 y por la
concavidad de xp
1/p 1/p !p
|f |p |g|p
R R
|f + g|p d |f |p d + |g|p d
R R R
+
.
2 2 2
Solucion.- Si f Lp L , entonces
{|f | > 0} es finito y {|f | > kf k } es loc. nulo,
por tanto su interseccion A = {|f | > kf k } es nulo y para r p
Z 1/r Z 1/r
kf kr = |f |p |f |rp d = |f |p |f |rp d
Ac
Z 1/r
(rp)/r (rp)/r p/r
kf k |f |p d = kf k kf kp < ,
Ac
y para cada > 0 y An () = {|fn f | > }, como la medida es finita se tiene (ver
ejercicio 1.3.5)
lm sup {An ()} {lm sup An ()} = 0 lm {An ()} = 0.
(b) Para p < , por la desigualdad de Tchebycheff
kfn f kpp
{An ()} 0,
p
y para p = , dado el > 0, basta considerar N tal que para n N , kfn f k < ,
pues
{|fn f | > } {|fn f | > kfn f k } = 0.
la otra desigualdad, para ello sea > 0, entonces {|g| > kgk } no es localmente
nulo y tiene un subconjunto medible A, con 0 < (A) < , por tanto f = IA Lp ,
kf kp = (A)1/p y
Z
(kgk )(A)1/p ( |f g|p )1/p = kG(f )kp kGkkf kp .
408 Ejercicios resueltos
Otros Ejercicios
{A M : Ac M}, {A M : B C, A B M},
Ejercicio 10.11.2 Sea C P(), demostrar que son equivalentes9 las siguien-
tes propiedades:
1) Si A, B C, entonces A B, A\B C
2) Si A, B C, entonces A B, AB C.
3) Si A, B C, entonces A B, AB C.
Ejercicio 10.11.5 Cuales son los mas pequenos intervalos (a, b] cuyas uniones
finitas o numerables forman (C), para la clase C = {(0, 1/n] : n N} en
(0, 1]?.
409
410 Otros Ejercicios
C = {A N : 2n A, n N}.
Ejercicio 10.11.7 Dar todas las medidas exteriores en el conjunto = {0, 1}.
Idem en = {0, 1, 2}.
{card A : A algebra de }.
Ejercicio 10.11.19 Sea una medida en los Borelianos de R, tal que (0, 1] =
1, {0} < y (tA) = |t|(A), para cualesquiera t R y A Boreliano.
Demostrar que = m.
por tanto es de LS y {x} = 0 para todo x, pues en caso contrario {tx} = |t|n {x}
y los intervalos tendran medida infinita. Por ultimo tiene funcion de distribucion
F (x) = (0, x] = x, para x 0 y F (x) = (x, 0] = [x, 0) = x, para x < 0, por
tanto es la de Lebesgue.
Solucion. F (x, y) = (x + y) 2I{x+y0} .
Solucion. La distancia es invariante por traslaciones, por tanto tambien las me-
didas de Hausdorff, por lo que H2 es de Lebesgue y para la medida de Lebesgue es
conocido.
Ejercicio 10.11.27 Sea E L(R), tal que 0 < m(E) < . Demostrar que
para cada 0 < r < 1, existe un intervalo abierto (a, b), tal que
r m(a, b) < m[(a, b) E].
Ejercicio 10.11.28 Sea E L(R), tal que 0 < m(E) < . Demostrar que
E E = {x y : x, y E} es un entorno del origen.
Ind. Si es de interior vaco esta en un hiperplano, que tiene medida nula, por
tanto es Lebesgue medible. En general como la interseccion de convexos es convexo,
las bolas son convexas y todo convexo se pone como union expansiva de convexos
acotados, basta demostrar que la frontera de un convexo acotado es de medida nula,
lo cual se sigue de que la grafica de una funcion f : A Rn1 R es de medida
nula, para A la proyeccion en {xn = 0} del convexo y f una de las dos funciones cuya
grafica este en la frontera.
Ejercicio 10.11.32 Sea f medible e integrable en ((0, 1), B(0, 1), m). Demostrar
que para todo polinomio p, pf tambien es integrable y calcular el lm xn f dm.
R
Ejercicio 10.11.33 Demostrar que el volumen del cono generado por un bore-
liano plano y un punto exterior al plano es 1/3 del area del Boreliano por la
altura del punto respecto del plano.
n(1/10)n1 = 1/9.
P R P
Ind. f = nI[10n1 ,10n )I , f = (9/100)
Ejercicio 10.11.37 Sea f2n1 = I[0,1] , f2n = I[1,2] , en (R, B(R), m). Se puede
aplicar el Lema de Fatou ?, Se da la igualdad al aplicar el Lema de Fatou?
Ejercicio
P 10.11.38 Sea (, A, ) un espacio de medida, An A y f (x) =
nNx a n , con an 0 y Nx = {n N : x An }. Demostrar que f es medible
y calcular su integral en general y en particular para an = 2n y (An ) = 1/n!.
P
2n /n! = e2 1.
P R
Solucion. f = an IAn , f = n=1
R
Ejercicio
R 10.11.40 Sea 0 f medible y fn = mn{f, n}, demostrar que fn
f.
R
Ejercicio 10.11.41 Sean 0 g f medibles y g < , demostrar que
Z Z Z
f g = (f g).
415
REjercicio 10.11.44
R Sean f, fn : R [0, ) medibles, tales que fn f y
fn dm = f dm < , demostrar que
Z x Z x
fn dm f dm,
R
fn y bn = x fn , a + b =
Rx Rx R
Solucion. Para a = f , b = x f , an =
an + bn y por Fatou a + b lm inf an + lm inf bn lm sup an + lm inf bn
lm sup(an + bn ) = a + b.
y como es constante pues m(B) y m(C) son finitos por ser f integrable, A f 2n = 0,
R
Solucion. Multiplicando
R respectivamente
R por a = [0, x] y por b = (x, ), las
desigualdades x (x, ) (x,) f d e [0,x] f d x [0, x], tendremos
Z Z
b f d x a b a f d
[0,x] (x,)
R
y como a + b = 1, sumando a [0,x] f d, se tiene que
Z Z Z
f d a f d = ([0, x]) f d.
[0,x] (0,) [0,)
R
Ahora por una parte [0,) f d > 0, pues en caso contrario f = 0 c.s. es decir
R
0 = {f 6= 0} = (0, ) y {0} = 1. Por ultimo si [0,) f d = , G(x) = 0, pues
R
[0,x] f d x([0, x]) x < .
1 2 (A B) = 1 (A)2 (B),
419
Solucion. La unicidad es obvia por el ejercicio anterior pues dos medidas com-
plejas que coinciden en un algebra coinciden en la algebra que genera. Ahora para
la existencia basta observar en el caso real que la medida real
= + + + +
1 2 + 1 2 1 2 1 2 ,
(A B) = (+ +
1 (A) 1 (A))(2 (B) 2 (B)) = 1 (A)2 (B).
Para el caso complejo (considerando que las medidas son = 1 +i2 y = 1 +i2 )
se considera la medida compleja
1 1 2 2 + i(1 2 + 2 1 ).
pues
Z /2 Z /2 Z 1 p
= cos2 t dt + sen2 t dt = 2 1 x2 dx.
/2 /2 1
Veamos el area: El casquete superior del toro se obtiene como grafica
p de la funcion
definida en la corona B = {(x, y) : R r R + r}, para = x2 + y 2
q
f (x, y) = h() = r2 (R )2 ,
para la que
r2
1 + fx2 + fy2 = ,
r2 (R )2
420 Otros Ejercicios
por tanto el area del toro es para F (x, y) = (x, y, f (x, y)) y para el cambio de variable
R + tr =
Z q
22 H2 [F (B)] = 2 1 + fx2 + fy2 dm2
B
s
Z 2 Z R+r r2
=2 dd
0 Rr r2 (R )2
s
Z 1 r2
= 4 (R + tr)r dt
1 r2 t2 r2
Z 1 1
= 4rR dt = (2r)(2R).
1 1 t2
Ejercicio 10.11.67 Calcular la longitud del trozo de una helice que con pen-
diente 1 esta sobre el cilindro x2 + y 2 = r2 y cuya proyeccion da una vuelta.
Ejercicio 10.11.68 Demostrar que la derivada respecto del radio, del volumen
ndimensional de la bola de Rn de radio r es el area n 1dimensional de su
esfera.
f 1/n d
R
Ejercicio 10.11.69 Sea f > 0 integrable en . Demostrar que
().
Ind. (a) kfn f kp kfn kp kf kp kfn f kp . (b) kfn gn f gk1 = kfn (gn
g) + (fn f )gk1 y se concluye por Minkowski, Holder y (a).
Solucion. Para
xu yu zu
At = ,
xv yv zv
se tiene que
det(At A) = (x2u + yu
2 2
+ zu )(x2v + yv2 + zv2 ) (xu xv + yu yv + zu zv )2
= (xu yv xv yu )2 + (xu zv xv zu )2 + (yu zv yv zu )2 .
q p
Solucion. Para x > 0 x + x + x + = (1 + 1 + 4x)/2, pues es la raz
positiva del polinomio 2
t = x + t. Tambien
p se puede resolver aplicando el TCM a
fn (x) para f1(x) = x y fn+1 (x) = x + fn (x), pues es creciente y acotada por
h(x) = (1 + 1 + 4x)/2, que satisface h(x)2 = x + h(x) se ve por induccion,
f1 (x)2 = x < x + h(x) = h(x)2 y fn+1 (x)2 = x + fn (x) < x + h(x) = h(x)2 .
2
1 1
fn (x) = fn (x) + x + fn1 (x),
2 4
R4
y la integral vale 0 (1/4) + x = 1 + 8 = 9.
10 En terminos vectoriales
D1 = F u = xu x + yu y + zu z ,
Z
area[F (U )] = |D1 D2 |.
D2 = F v = xv x + yv y + zv z , U
423
se extiende a X .
Solucion.-
AB (AB) = 0 (A B c ) = (Ac B) = 0
c c
(A B ) = (A B) = 0 (A) = (B).
(A) = 0 A (A) = () = 0.
Para ver que es continua basta demostrar que si A X , > 0, existe > 0 tal
que si
(A, B) < |(A) (B)| < ,
Ahora bien sabemos que equivale a que > 0, existe > 0 tal que si
(E) < ||(E) < ,
y para E = AB, tendremos
|(A) (B)| = |(A B c ) (Ac B)| |(A B c )| + |(Ac B)|
||(AB) < .
0 1/2 1
........................................................................................................................................................................................................................................................................... A1
0 1/4 3/4 1
........................................................................................................................................................................................................................................................................... A2
0 1/8 3/8 5/8 7/8 1
........................................................................................................................................................................................................................................................................... A3
Ejercicio 10.11.85
R Demostrar que si () = 1 y f 0 es medible, entonces
para k = f d, se verifica
p Z p
1 + k2 1 + f 2 d 1 + k.
Solucion.-
p La segunda desigualdad es obvia pues para t 0, 1 + t2 (1 + t)2 ,
por tanto 1 + f 2 1 + f . Para la segunda comoP f es lmite ascendente de funciones
simples, por el TCM basta demostrarlo para f = ai IAi simple y este caso se sigue
i kxi k2 , para i = (Ai ) y xi = (1, ai ) R2 .
P P
de k i xi k2
Si f = g 0 la segunda expresion es la longitud de la curva (creciente) y = g(x), la
primera es la longitud de la cuerda que une sus extremos, y la ultima es la suma de
los catetos del triangulo rectangulo con hipotenusa la cuerda.
Veamos que la inclusion es continua en 0. Para ello dado > 0, sea tal que
p/r + p/s (observemos que xp/r + xp/s 0 cuando x 0+ ), entonces si
kf kp , para A = {f 1}, g = f IA y h = f IAc ,
Z 1/r Z 1/s
p/r p/s
kf k kgkr + khks = |f |r + |f |s kf kp + kf kp .
A Ac
Ejercicio 10.11.87 (i) Demostrar que para x > 0, log x x1 y x log x x1.
(ii) Demostrar que si () = 1 y 0 < r < s < , entonces para f Ls ,
kf kr kf ks y que para exp{} = 0 y log 0 =
Z
lm kf kp = exp{ log |f | d}.
p0
Sol. (i) F (x) = log x es concava, pues F 00 < 0, por tanto su grafica esta por
debajo de su tangente en x = 1, es decir log x x 1. G(x) = x log x es convexa,
pues G00 > 0.
(ii) Que kf kr kf ks se sigue del ejercicio (6.2.9), ademas por (i)
|f |p |f |p |f |p
Z
log p p 1 log 0
kf kp kf kp kf kpp
log |f |p
Z R
log |f | log kf kp =
p
|f |p 1 |f |p 1
R Z Z
= log |f |,
p p
donde la ultima convergencia se sigue del teorema de la convergencia monotona ex-
p
tendido (pagina 97), pues para x 0, x p1 (p0) log x, ya que para x = 0 el
428 Otros Ejercicios
y si > 0 consideramos 0 < r < y un a, tal que para x a, h(x) r, en cuyo caso
Z Z
> x2 |f (x)|2 dx r x dx = .
a a
kf gkp kf k1 kgkp .
y se tiene que |f g(x)| kgk kf k1 , por tanto kf gk kgk kf k1 . Para 1 < p <
consideremos su conjugado q y como por Fubini se tiene
Z Z Z Z
[ |f (x y)||g(y)|p dy]dx = [ |f (x y)||g(y)|p dx]dy = kf k1 kgkpp < ,
tendremos que c.s. |f (xy)||g(y)|p dy es finita, por lo que hx (y) = |f (xy)|1/p |g(y)|
R
Ejercicio 10.11.91 Demostrar que la esfera unidad de L1 ([0, 1], B[0, 1], m), no
tiene puntos extremales y que en la de Lp , para 1 < p < , todos lo son.
R
Solucion.- Sea kf k1 = 1, por tanto [0,1] |f | dm = 1 y consideremos x (0, 1)
tal que Z Z
1
|f | dm = = |f | dm,
[0,x) 2 [x,1]
entonces f = (g + h)/2, para las funciones, g = 2f I[0,x) y h = 2f I[x,1] , de la esfera
unidad de L1 .
430 Otros Ejercicios
se tiene por el Teorema de BanachSteinhaus (ver Ash, pag.143) que estan unifor-
memente acotados, sup kTn k = k < , por tanto T es acotado pues |Tn (f )|
kTn kkf kp kkf kp y
|T (f )| = lm |Tn (f )| kkf kp ,
se sigue que T Lp y existe g 0 Lq tal que f g = T (f ) = f g 0 para toda f Lp ,
R R
en particular para f = IBAn , se sigue que en cada An g = g 0 c.s., por tanto en .
kfn f kr 0 kfn f ks 0.
431
Demostracion. (a) Sea B B([0, 1]), entonces f 1 (B) es union disjunta de los
Borelianos
f 1 (B {0}), f 1 (B {1}), f 1 (B {1/q : q N}),
pues el primero es vaco o los irracionales, el segundo vaco o {0} y el tercero es union
(a lo sumo numerable) de conjuntos f 1 ({1/q}), los cuales son finitos pues para cada
q a lo sumo hay un numero finito de p N, tales que p/q [0, 1].
(b) Sea x = p/q [0, 1] racional y 0 < < 1/q, entonces como para todo > 0
existe un irracional y (x , x + ), tendremos que |f (x) f (y)| = |f (x)| = 1/q > ,
por lo que f no es continua en x. Sea x [0, 1] irracional y 0 < , entonces como
hay un numero finito de naturales q 1/ y para cada uno tambien un numero finito
de naturales p, tales que p/q [0, 1], tendremos un conjunto finito de racionales
x1 , . . . , xn [0, 1], tales que f (xi ) , por tanto como x tiene un entorno que no
contiene a ningun xi , tendremos que en todo punto suyo y, |f (x) f (y)| = f (y) < .
Ind. Sea Bn =
i=n Ei y Bn B = lm sup En . Entonces para m n, Bm Bn
y
X
X
0 n (Bm ) n (Bn ) n (Ei ) i (Ei ) = 0
i=n i=n
0 = n (Bm ) n (B) = 0 (B) = 0.
Indicacion. Obvio haciendo un dibujo, pues dados tres puntos del intervalo
a < x < b y los puntos correspondientes en la grafica A = (a, f (a)), X = (x, f (x)) y
B = (b, f (b)), tendremos por ser f convexa que X esta bajo la recta AB y del mismo
modo si y (a, x) (x, b), el punto correspondiente Y esta entre el par de rectas
pasando por X, AX y BX y tenemos que si y x, Y X.
Ejercicio 10.11.103 Demostrar que para cualquier numero real positivo r > 0
y f : [0, 1] R medible e integrable
R1
Z 1
f (x) dx
r 0 rf (x) dx.
0
Ind. La tractriz11 (fig.10.1) es la curva del plano que pasa por (R, 0) y cuya
tangente en cada punto corta al eje y en un punto que dista del anterior R y la
pseudoesfera de radio R es la superficie de revolucion alrededor del eje y, de la tractriz
y de su imagen especular respecto del eje x.
x R
unex.es/~ricarfr/EcDiferenciales/LibroEDLat.pdf
435
Para el volumen denotaremos con y = f (x) nuestra tractriz (para que no haya
confusion), por tanto f 0 (x) = R2 x2 /x, denotaremos con g su inversa y con E
el volumen generado. Por tanto haciendo el cambio x = g(y), tendremos que
Z Z
m3 [E] = m2 [Ey ] dmy = g(y)2 dmy =
(0,) (0,)
Z Z p
2 0
= x f (x) dmx = x R2 x2 dmx
(0,R) (0,R)
iR R3
= (R2 x2 )3/2 = ,
3 0 3
por lo tanto el volumen de la pseudoesfera de radio R es 2R3 /3 la mitad del
de la esfera de radio R!.
de los mas antiguos documentos egipcios (junto con el de Rhind) con problemas
matematicos (ver la introduccion, pag.1).
436 Otros Ejercicios
(b) Para cada rotacion R y t (0, ), F [R(E)]t = R[F (E)t ], por tanto si es
invariante por R, tambien , pues
Z
[R(E)] = [R[F (E)t ]] d,
Ejercicio 10.11.108 Sea f : [0, ) [0, ) medible, tal que f (x) y xf (x) sean
integrables. Demostrar que para t [0, ]
Rt Rt
0
f (x) dm 0
xf (x) dm
x(t) =
R y(t) =
R .
0
f (x) dm 0
xf (x) dm
Sean x(a) < x(b) < x(c), como x es monotona creciente eso implica que a < b < c,
entonces x(b) = x(a) + (1 )x(c), obviamente para
Rc
x(c) x(b) f (x) dm
= = Rbc
x(c) x(a) a f (x) dm
y basta ver que y(b) y(a) + (1 )y(c), es decir (y(c) y(a)) y(c) y(b) o
equivalentemente
Z c Z c Z c Z c
f (r) sf (s) f (s) rf (r)
b a a b
Z c Z b Z c Z b Z c Z c
f (r) sf (s) + sf (s) f (s) + f (s) rf (r)
b a b a b b
Z c Z b Z b Z c
f (r) sf (s) f (s) rf (r)
Zb a a
Z b
1 segmento circular
b b
y r
h
r
A z h
1-h
A h
B 1-h
z
Ind. (1) Para B la region plana tendremos, por simetra, que el centro de masa
esta en el eje z a altura
R Rb Rb
B z dm2 0 z m1 (Bz ) dm1 z2g(z) dm
= Rb = R0b .
m2 [B] m (B ) dm
0 1 z 1 0 2g(z) dm
(2) Para E el cuerpo de revolucion tendremos, por simetra, que el centro de masa
esta en el eje z a altura
Rb Rb Rb
zg(z)2 dm zg(z)2 dm
R
E z dm3 z m2 (Ez ) dm
= R0 b = R0b = R0b .
m3 [E] 2 2
0 m2 (Ez ) dm 0 g(z) dm 0 g(z) dm
3
(3) Para la superficie sea S = F (A), para F : A p = [0, b] [0, 2) R , F (z, ) =
02
(g(z) cos , g(z) sen , z), para la que J(DF ) = g 1 + g , entonces el centro de masa
esta en el eje z a altura
2 0b z g(z) 1 + g 0 (z)2 dm1
R R R p
S z dH2 z[F ]J(DF ) dm2
= AR = Rb p .
H2 (S) A J(DF ) dm2 2 0 g(z) 1 + g 0 (z)2 dm1
Ejercicio 10.11.115 Encontrar las curvas x = g(y), con g(b) > 0 para todo
b > 0, del plano xy, tal que el centroide de la region plana limitada por la
curva, su simetrica respeto del eje y y las rectas y = 0 e y = b esta a altura
b, para (0, 1) constante.
Ind. Sea B dicha region, entonces por el ejercicio (10.11.114), tendremos que
para todo b > 0
Z b Z b
b g(z) = zg(z),
0 0
y derivando en b,
Z b
g(z) + b g(b) = b g(b), es decir
0
Z b
g(z) = (1 )b g(b), y derivando
0
g(b) = (1 )g(b) + (1 ) b g 0 (b), es decir
(2 1) g(b) = (1 )b g 0 (b),
y para q = (1 )/(2 1), nuestra curva es solucion de la ecuacion diferencial en el
plano xy, 1/y = qx0 (y)/x(y), es decir (log y)0 = (q log x(y))0 y por tanto log(y/x(y)q )
q+1
es constante, y la solucion es y = kxq , para k > 0. Observemos que dado q, = 2q+1 ,
y que tanto para q > 0 como para q < 1, (0, 1). Ademas para q = , 1/ =
( la proporcion aurea, i.e. la solucion positiva de x2 x 1 = 0).
442 Otros Ejercicios
Ejercicio 10.11.116 Encontrar las curvas y = g(z), con g(b) > 0 para todo
b > 0, del plano yz, que generen un cuerpo de revolucion en torno al eje z,
cuyo tronco entre 0 y b, para todo b > 0, tenga el centro de masa a altura b,
para (0, 1) constante.
Ind. Sea E dicho tronco. Entonces por el ejercicio (10.11.114), tendremos que
para todo b > 0
Z b Z b
b g(z)2 = zg(z)2 ,
0 0
y derivando en b,
Z b
g(z)2 + b g(b)2 = b g(b)2 , es decir
0
Z b
g(z)2 = (1 )b g(b)2 , y derivando
0
g(b)2 = (1 )g(b)2 + (1 ) b 2 g(b)g 0 (b), es decir
(2 1) g(b) = (2 2)b g 0 (b),
y para p = (2 2)/(2 1), nuestra curva es solucion de la ecuacion diferencial en
el plano yz, (p logy log 0 p
z) = 0, es decir las curvas z = k y . Observese que p es
1 p+2
racional sii = 2 p+1
es racional. Observemos que para p = 2, 1/ = .
Ind. En terminos del ejercicio (10.11.114), tendremos que y = g(z) es una recta,
que pasa por (0, c), de pendiente c/R, para R el radio del crculo de la base, es decir
z = yc/R + c, por tanto g(z) = (c z)R/c y el centro esta a altura (haciendo el
cambio t = c z)
Rc 2 Rc 2
Rc Rc 3
zg (z) 0 z(c z) 0 (c t)t2 t c4 /4
R0c = R c = R c 2 = c R0c 2 = c 3 = c/4.
g 2 (z) (c z)2 t t c /3
0 0 0 0
Ind. Sea C el cono. Con una traslacion horizontal podemos considerar que su
vertice es (0, 0, c), entonces
C = {(x, y, 0) + (1 )(0, 0, c) : [0, 1], (x, y) E}
= {(x, y, (1 )c) : [0, 1], (x, y) E}.
por tanto para cada z (0, c) y = (c z)/c, es decir tal que (1 )c = z,
Cz = {(x, y) : (x, y) E} = E,
por tanto la altura de su centroide es
Rc Rc
zm2 (Ez ) dm z(c z)2 m2 (Ez ) dm c
R0c = 0 Rc = .
m (E ) dm (c z) 2 dm 4
0 2 z 0
siendo esta ultima cuenta la misma que la del ejercicio (10.11.117).
443
Ejercicio 10.11.119 Tenemos una caja con bolas blancas y negras. Si extrae-
mos dos al azar, la probabilidad de que sean blancas es 1/2. Cuantas bolas
hay de cada, si sabemos (1) que hay 10 o menos bolas, (2) que hay mas de 10
y menos de 100?.
(, A), 6 JI , 355
(, A, ), 15 x =<., x>, 287
(R, B(R), m), 65 (C), 6
(R, L(R), m), 65 sup , 22, 44, 88
An A, 11 c0 , 305
An A, 11 d(A), 22
DFx , 211 d()p , 22
F , 130 d/d, 178
Hf (x), 194 mi , 110
J(T ), 207 vF , 198
L2 , 188 x y, 284
Lp , 246 A, 5
Mi , 110 A1 An , 121
Pf (x, r), 193 A1 An , 121
S , 323 AB , 56
, 5 AI , 354
(C), 6 AT , 354
P , 110 B(), 6
P , 110 C0 (X ), 335
x , 15 Cc (X ), 328
nf , 21, 22, 44
R E 0 , 256
h d, 87 E , 256
Rb
a f (x) dx, 111
E , 256
, 172 F (A), 79
+ , 165 L(R), 31
1 2 , 165, 183 L(Rn ), 37
lm sup An , lm inf An , 11 L1 , 87
| P |, 111 L1 (, K), 87
| |, 165 L1 [, A, , K], 87
| |, 169 L , 240
1 2 , 125 L (, K), 240
1 2 , 352, 353 Lp , 239
k T k, 254 Lp (T ), 301
k k, 170 Lp (, A, , K), 239
k f k , 240 L1loc , 193
k f k0 , 333 M(C), 12
k f kp , 239 M+ r , 341
s , 354 N , 240
444
INDICE ALFABETICO 445