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Teoría de la Medida e Integración

Carlos Martínez Yáñez

Marzo 2011

Índice general

1. Elementos Previos 71.1. Elementos y Subconjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2. Uniones Disjuntas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3. Cardinalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4. Espacios Métricos y Topológicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5. Convergencia y Completitud . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.6. Espacios Normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.7. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.8. Compacidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2. Clases de Conjuntos 212.1. Algebras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2. Sigma-Algebras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.3. Algebras y �-álgebras generadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4. Colecciones Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3. Medida 273.1. Funciones de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2. Medidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3. Medidas Exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.4. Construcción de Medidas Exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.5. Medidas Inducidas por Medidas Exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4. Extensión de Medidas 394.1. El Teorema de Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.2. Completación de Medidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.3. La Medida de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.4. Un conjunto que no es Lebesgue Medible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.5. La Medida de Lebesgue-Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

5. Integración 455.1. Funciones medibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.2. Funciones Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.3. Integración de Funciones Positivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.4. El Teorema de la Convergencia Monótona de Lebesgue . . . . . . . . . . . 505.5. El Lema de Fatou . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.6. El Teorema de la Convergencia Dominada de Lebesgue . . . . . . . . . . . 545.7. Comparación con la integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4 ÍNDICE GENERAL

6. Los Espacios Lp 596.1. Funciones Convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 596.2. La Desigualdad de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 596.3. Las Desigualdades de Hölder y Minkowki . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.4. Los Espacios Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

7. Medidas Signadas 697.1. La Descomposición de Hahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.2. La Descomposición de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 707.3. Continuidad Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.4. El Teorema de Radon-Nikodym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 727.5. El Teorema de la Descomposición de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . 74

8. Integración en Espacios Producto 778.1. Medidas Producto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 778.2. El Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 798.3. El caso Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

9. El Teorema Fundamental del Cálculo 839.1. Funciones de Variación Acotada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839.2. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 859.3. Continuidad Absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 879.4. El Teorema Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

10.Respuestas 9110.1. Capítulo 1, página 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9110.2. Capítulo 2, página 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9510.3. Capítulo 3, página 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9810.4. Capítulo 4, página 43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10010.5. Capítulo 5, página 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10110.6. Capítulo 6, página 65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10610.7. Capítulo 7, página 76 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11010.8. Capítulo 8, página 82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

ÍNDICE GENERAL 5

Prefacio

El objetivo de estos apuntes es, por un lado entregar al estudiante que seenfrenta por primera vez con la teoría de la medida y la integración un texto enteramenteescrito en español y por otro lado ofrecer a este estudiante un real apoyo a través deuna gran cantidad de problemas propuestos en cada capítulo y con indicaciones de suresolución al �nal del texto. Desde mi modesto punto de vista, estos dos objetivos sontotalmente válidos: actualmente existe en circulación una gran cantidad de textos, demuy buen nivel en el tema, pero escritos en otros idiomas. No hago juicios sobre si sedebe conocer otros idiomas, pero en todo caso, espero contribuír al desarrollo matemáticode aquellos estudiantes que no los dominan. Por otro lado, es un hecho indiscutible quela mayoría de estos buenos textos viene con una gran variedad de problemas propuestos,pero desgraciadamente, en su gran mayoría sin indicaciones de como enfrentarlos. Es claroque es discutible el valor formativo que las indicaciones de como resolver un problemapueda ejercer sobre un estudiante de matemática, especialmente si este estudiante tienecomo proyecto de vida la investigación, sin embargo no es menos cierto que el no poderresolver un problema propuesto puede llevar al desaliento y a la frustración y �nalmente lapoca habilidad adquirida en la solución de problemas rinda pocos bene�cios en términosde la capacidad del futuro investigador para usar las herramientas matemáticas de lasque dispone. Es un hecho bien conocido que el resolver problemas, incluso aquellos conindicaciones, profundizan la comprensión de teoremas y valorizan la real potencia de losvariados métodos y enfoques para analizar metodológicamente un problema.

Para ser consecuente con lo anterior, sólo me resta esperar que los problemassean trabajados a conciencia, dedicándoles un tiempo prudente y haciendo un genuinoesfuerzo personal para su resolución y sólo en caso necesario, recurrir a las indicaciones al�nal del texto. En cualquier caso desde ya agradezco toda crítica, tanto al texto como alas soluciones propuestas a los problemas planteados.

Por último me gustaría agradecer el apoyo recibido por parte de las autori-dades del Instituto de Matemática de la UCV para realizar la tercera edición de estetrabajo.

Dr. Carlos Martínez YáñezValparaíso, marzo de 2011.

6 ÍNDICE GENERAL

Capítulo 1ELEMENTOS PREVIOS

En este capítulo presentaremos aquellos resultados básicos que necesitaremos paradesarrollar la teoría de la medida y la integración. La mayoría de los resultados los pre-sentaremos sin demostraciones por cuanto ellas pueden encontrarse, con gran detalle yexplicaciones en la literatura clásica.

1.1. Elementos y Subconjuntos

Sea un conjunto no vacío arbitrario, denotaremos por P() la familia de todoslos subconjuntos de . Por ejemplo, si = f1; 2; 3g, entonces

P()= f�; f1g ; f2g ; f3g ; f1; 2g ; f1; 3g ; f2; 3g ; f1; 2; 3gg :

En estos apuntes supondremos siempre que 6= �.Una colección o familia C de subconjuntos de P() es simplemente un subconjunto

de P(). Por ejemplo si = f1; 2; 3g, entonces C = f�; f1g ; f3g ; f1; 3g ; f2; 3gg es una talcolección. Para simpli�car notación y lenguaje en algunas ocasiones diremos, por ejemplo,la colección �; f1g ; f3g ; f1; 3g ; f2; 3g para referirnos a la colección C. Debemos prestarespecial atención a la naturaleza de los objetos involucrados cuando se trabaja con familiasde conjuntos. Ejemplos típicos de expresiones erróneas son las siguientes:

Incorrecto: f1g es un subconjunto de C. Correcto:f1g es un elemento de C.

Incorrecto: 1 2 C. Expresiones correctas: 1 2 ; f1g 2 C; f1g � ; ff1gg � C:

Incorrecto: � 2 . Expresiones correctas: � � ; � � C; � 2 C.

Otro ejemplo típico de expresión incorrecta es a�rmar que si C = f�g entonces Ces vacío. En realidad esta familia no es vacía puesto que contiene un elemento: el elemento�.

A menos que se diga lo contrario, cada vez que tengamos una familia C, se supon-drá que esta familia es no vacía y está formada por subconjuntos de . Esto es � 6=C � P(). Denotaremos por

TC a la intersección de todos los conjuntos pertenecientes a

C, esto es: \C =

\F2C

F

Análogamente usaremos la notaciónSC para denotar la unión de todos los conjuntos

pertenecientes a C.Usaremos la notación (An)

1n=1 (o simplemente (An)) para representar una suce-

sión de conjuntos (secuencia ordenada por los números naturales) y la notación fAng1n=1(o simplemente fAng) para representar el recorrido de la sucesión.

8 Elementos Previos

De�nición 1 Se dice que la sucesión (An)1n=1 es monótona creciente si para todo n � 1

se tiene An � An+1. Esta situación la denotaremos por An " A en donde A =1Sn=1

An.

Análogamente diremos que la sucesión (An)1n=1 es monótona decreciente si para

todo n � 1 se tiene An � An+1 y denotaremos esta situación por el símbolo An # A en

donde A =1Tn=1

An.

Diremos que la sucesión (An)1n=1 es monótona si es monótona creciente o monó-

tona decreciente.

De�nición 2 Sea (An)1n=1 una sucesión de subconjuntos de , entonces los conjuntos

l��m supn!1

An y l��m infn!1

An se denominan respectivamente límite superior y límite inferior de

la sucesión y están de�nidos por las siguientes identidades:

l��m supn!1

An =1\n=1

1[i=n

Ai

l��m infn!1

An =1[n=1

1\i=n

Ai

Si l��m supn!1

An = l��m infn!1

An, diremos que la sucesión (An) tiene límite y escribiremos:

l��mn!1

An = l��m supn!1

An = l��m infn!1

An:

Es fácil demostrar (ver Problema 3) que toda sucesión monótona tiene límite.

1.2. Uniones Disjuntas

Suponga que fCig es una colección arbitraria de subconjuntos de . Se dice quela colección es disjunta si Ci \ Cj = � para todo i 6= j. Note que esta condición es másfuerte que simplemente pedir

TCi = �. Por ejemplo, la colección C1 = f1; 2g; C2 = f2; 3g;

C3 = f1; 3g tiene intersección vacía, pero no es una colección disjunta de conjuntos.Si A y B son dos conjuntos disjuntos, su unión, como siempre, se denota por

A [ B. Sin embargo esta notación no indica, por si sola que los conjuntos son disjuntos.Para poner de mani�esto esta propiedad de los conjuntos A y B; se acostumbra em-

plear otras notaciones, como por ejemplo colocar un punto sobre el signo de unión: A�[B.

Nosotros no usaremos esta notación, preferiremos la notación A+B. Análogamente usare-mos la notación:

PCi para uniones de colecciones disjuntas. En estos casos hablaremos de

uniones de conjuntos disjuntos, de uniones disjuntas o simplemente de suma de conjuntos.

1.3. Cardinalidad

Se dice que dos conjuntos A y B tienen la misma cardinalidad si existe una función' : A! B biyectiva. En este caso escribiremos que jAj = jBj. Es fácil ver que la relaciónde cardinalidad es una relación de equivalencia en la categoría de todos los conjuntos yen consecuencia podemos de�nir el número cardinal o cardinalidad de A como la clase deequivalencia de A.

Todo conjunto A que tenga la misma cardinalidad que In = f1; 2; : : : ; ng � Npara algún n 2 N se dirá que tiene cardinalidad �nita n o que es un conjunto �nito conn elementos, en caso contrario diremos que A es in�nito o que tiene cardinalidad in�nita.Denotaremos por @0 la cardinalidad de N.

Cardinalidad 9

Diremos que A es numerable si tiene la misma cardinalidad que N.Diremos que el conjunto A es contable si es �nito o numerable.

De�nición 3 Sean A y B dos subconjuntos de . Escribiremos jAj � jBj si existe ' :A! B inyectiva. Por otro lado escribiremos que jAj < jBj si y sólo si jAj � jBj pero noexiste función ' : A! B biyectiva.

Proposición 4 Si A es un conjunto, entonces jAj < jP(A)j.

Demostración. La aplicación ' : A! P(A) dada por '(a) = fag es una funcióninyectiva. Supongamos ahora que existe una función biyectiva f : A ! P(A). De�namosB = fa 2 A : a =2 f(a)g. Como B 2 P(A) y f es epiyectiva, se deduce que debe existirb 2 A tal que f(b) = B. Pero esta última observación nos lleva a una contradicción puestoque ahora es fácil deducir que b 2 B y b =2 B. Esto concluye la demostración.

Ejemplo 5 Es posible demostrar que jP(N)j = jRj, por lo tanto de acuerdo a la proposi-ción anterior se tiene:

jNj = @0 < c = jRj :

La cardinalidad de R se conoce como la cardinalidad del continuum y se denota por c. LaHipótesis del Continuum postula que no existe número cardinal � tal que @0 < � < c.Se ha demostrado que esta hipótesis es independiente del Axioma de Elección y los otrosaxiomas básicos de la teoría de conjuntos (ver Bibliografía, P.J. Cohen).

Proposición 6 Si A es in�nito y F(A) es la familia de todos los subconjuntos �nitos deA, entonces jAj = jF(A)j.

Demostración. Vea Corolario 8.13 de Thomas Hungerford.

De�nición 7 Sean � y � dos números cardinales. La suma � + � se de�ne como elnúmero cardinal jA+Bj en donde A y B son dos conjuntos disjuntos tales que jAj = � yjBj = �. El producto �� se de�ne como el número cardinal jA�Bj.

Teorema 8 Sean � y � dos números cardinales tales que 1 � � � � y supongamos que �es in�nito. Entonces �� = �; en particular �@0 = � y si � es �nito, entonces @0� = @0.

Demostración. Ver Teorema 8.11 de Thomas Hungerford.

Corolario 9 Las cardinalidades de R;C y Rn para cualquier n 2 N son iguales.

Demostración. Como jCj = jR� Rj, se deduce que jCj = c2 = c = jRj. Análoga-mente jRnj = cn = c = jRj.

Corolario 10 La unión contable de conjuntos contables es contable.

Demostración. Basta suponer que se tiene una unión disjunta de conjuntosnumerables.

Sea A =1Pn=1

An en donde An es numerable. Entonces jAnj = jfng � Nj. Luego

jAj =�� 1Pn=1

(fng � N)�� = jN� Nj = jNj :

Esto termina la demostración.

10 Elementos Previos

1.4. Espacios Métricos y Topológicos

De�nición 11 Sea X un conjunto no vacío. Una función d : X �X ! R se dice que esuna métrica (o una distancia) en X si cumple con las siguientes propiedades:

d(x; y) � 0 y d(x; y) = 0() x = y De�nida positiva.d(x; y) = d(y; x) Simetría.d(x; y) � d(x; z) + d(z; y) Desigualdad triangular.

El par ordenado (X; d) se conoce como espacio métrico. Cuando la métrica d estéclara del contexto, diremos simplemente �el espacio métrico X�.

Si x 2 X y r > 0, entonces el conjunto

B(x; r) = fy 2 X : d(y; x) < rg

se conoce como la bola abierta de radio r centrada en x.Si X0 es un subconjunto no vacío de X, entonces la restricción de la métrica d

al espacio X0 � X0 es obviamente una métrica en X0. Al espacio métrico (X0; d) se lodenomina subespacio de (X; d).

De�nición 12 Sea (X; d) un espacio métrico. Entonces:

1. G � X se dice que es un conjunto abierto si para todo x 2 G, existe r > 0, tal queB(x; r) � G.

Si G es abierto y x 2 G, diremos que el conjunto abierto G es una vecindad de x.

2. F � X se dirá que es cerrado si su complemento es abierto.

3. Si A � X, denotaremos por A la clausura de A, esto es, el conjunto

A =\fF : F cerrado y A � Fg :

Diremos que A es denso (en X) si A = X.

Diremos que X es separable si existe un subconjunto A � X denso y contable.

4. Si A � X, denotaremos por�A el interior de A, esto es, el conjunto

�A =

[fG : G abierto y G � Ag :

Los elementos de�A se denominan puntos interiores de A.

5. Si A � X, denotaremos por Fr(A) a la frontera de A, esto es:

Fr(A) = A \�X �A

�6. Si A � X es un conjunto no vacío, denotaremos por diam(A) al diámetro de A,esto e:

diam(A) = sup fd(x; y) : x; y 2 Ag .

Diremos que A es acotado si diam(A) <1.

Espacios Métricos y Topológicos 11

Ejemplo 13 En R de�namos d(x; y) = jx� yj. Entonces (R; d) es un espacio métrico.Esta métrica se conoce como la métrica usual de R. Análogamente podemos de�nir en C lamétrica usual por d(z1; z2) = jz1 � z2j en donde z1; z2 son números complejos y jz1 � z2jes el módulo del número complejo z1 � z2.

Si en Rn de�nimos la distancia por

d ((xi)ni=1; (yi)

ni=1) =

�nPi=1

jxi � yij2�1=2

;

entonces Rn es un espacio métrico y la distancia d se conoce como su métrica usual. Sinotro aviso en contrario siempre se entenderá que Rn está provista de su métrica usual.

En el caso particular de R� R su métrica usual está dada por

d((x1; y1); (x2; y2)) =p(x1 � x2)2 + (y1 � y2)2:

SeaA = f(1=n; 1=m) : m;n 2 Ng :

Entonces1) A = A [ f(0; 0)g [ f(0; 1=n) : n 2 Ng [ f(1=n; 0) : n 2 Ng :2)

�A = �

3) Fr(A) = A \Ac = A \ (R� R) = A.4) diam(A) =

p2:

Proposición 14 Sea (X; d) un espacio métrico. Entonces la colección T formada portodos los conjuntos abiertos, satisface las siguientes propiedades:

1. �;X 2 T :

2. Si fG�g es una colección arbitraria de abiertos, entoncesS�G� es abierto.

3. Si G1; G2; : : : ; Gn son n conjuntos abiertos, entoncesnTk=1

Gk es abierto.

La Proposición 14 tiene, por razones obvias, su dual en el siguiente resultado:

Proposición 15 Sea (X; d) un espacio métrico. Entonces la colección F formada portodos los conjuntos cerrados, satisface las siguientes propiedades:

1. �;X 2 F :

2. Si fF�g es una colección arbitraria de cerrados, entoncesT�F� es cerrado.

3. Si F1; F2; : : : ; Fn son n conjuntos cerrados, entoncesnSk=1

Fk es cerrado.

De�nición 16 Sea (X; d) un espacio métrico y A � X. Un punto x 2 X se dice que esun punto de acumulación de A si toda bola abierta centrada en x contiene al menos unpunto de A distinto de x.

Proposición 17 Sea (X; d) un espacio métrico y F � X. Entonces F es cerrado si ysólo si contiene a todos sus puntos de acumulación.


Toda colección de subconjuntos de un conjunto X que satisfaga las tres propie-dades enumeradas en la Proposición 14, se conoce como topología. Así ese resultado nosdice que la colección T de todos los subconjuntos abiertos de un espacio métrico X es unatopología para X.

De�nición 18 Sea X un conjunto arbitrario no vacío. Una colección T de subconjuntosde X es una topología para X si satisface las siguientes tres propiedades:

1. �;X 2 T

2. Si fG�g es una colección arbitraria en T , entoncesS�G� 2 T .

3. Si G1; G2; : : : ; Gn son n conjuntos en T , entoncesnTk=1

Gk 2 T .

En este caso diremos que el par (X; T ) es un espacio topológico y los conjuntosde T se conocerán como conjuntos abiertos.

Sea X0 � X: Es fácil veri�car que la colección:

T \X0 = fG \X0 : G 2 T g ;

es una topología en X0. En consecuencia el par (X0; T \ X0) es un espacio topológico.Diremos que (X0; T \X0) es un subespacio topológico de (X; T ).

Las de�niciones de conjuntos cerrados, clausura, densidad, frontera, vecindad, in-terior, puntos interiores y separabilidad se entenderán extendidas a los espacios topológi-cos.

De�nición 19 Sea (X; T ) un espacio topológico. Una subcolección B de T se dice que esun base para la topología T si todo conjunto abierto es una unión de conjuntos en estasubcolección. Si B existe y es contable, entonces el espacio topológico X se dice que es unespacio segundo contable o que satisface el segundo axioma de contabilidad.

1.5. Convergencia y Completitud

De�nición 20 Sea (X; d) un espacio métrico y (xn) una sucesión en X. Diremos que lasucesión (xn) es convergente si existe un punto x 2 X tal que:

(8� > 0) (9n0 2 N) (8n 2 N) (n � n0 =) d(xn; x) < �) :

Si este es el caso, usaremos cualquiera de las siguientes notaciones:

l��mn!1

xn = x; l��mxn = x; xn ! x:

Si l��mn!1

xn = x diremos que x es el límite de la sucesión (xn).

Proposición 21 El límite de una sucesión convergente es único.

De�nición 22 Sea (X; d) un espacio métrico y (xn) una sucesión en X. Diremos que lasucesión (xn) es de Cauchy si:

(8� > 0) (9n0 2 N) (8n;m 2 N) (n;m � n0 =) d(xn; xm) < �) :

Proposición 23 Sea (X; d) un espacio métrico. Entonces toda sucesión convergente esde Cauchy.

Espacios Normados 13

De�nición 24 Un espacio métrico (X; d) se dice que es un espacio métrico completo sitoda sucesión de Cauchy en X converge a algún punto de X.

Ejemplo 25 El espacio métrico (0; 1] con la métrica usual no es completo. En efecto, sitomamos la sucesión (1=n)1n=1 vemos que ella es de Cauchy pero no es convergente en(0; 1] pues el punto 0; que sería su único posible límite, no es un punto del espacio.

Nota 26 Es un hecho fundamental del análisis que R y C, así como en realidad todos losespacios Rn; son espacios métricos completos.

Proposición 27 Sea (X; d) un espacio métrico completo y E � X. Entonces (E; d) escompleto si y sólo si E es cerrado en X.

1.6. Espacios Normados

De�nición 28 Un espacio normado es un espacio vectorial (escalares reales o complejos)X sobre el cual se ha de�nido una función real x ! kxk denominada norma, que tienelas siguientes propiedades:

(a) kxk � 0; y kxk = 0 si y sólo si x = 0.(b) k�xk = j�j kxk ;(c) kx+ yk � kxk+ kyk :

Es fácil veri�car que si X es un espacio normado entonces la función:

d(x; y) = kx� yk ;

es una métrica en X. Diremos que el espacio normado X es un espacio de Banach si elespacio métrico (X; d) es completo.

Ejemplo 29 Para 1 � p < 1, de�namos lp como el conjunto de todas las sucesionesde escalares (xn) tales que

Pjxnjp < 1. Si en lp se de�ne la suma de sucesiones y el

producto por escalar de la manera usual, vale decir, por:

(xn) + (yn) = (xn + yn)

� (xn) = (�xn)

entonces es posible demostrar que lp es un espacio vectorial. Si además de�nimos:

k(xn)kp = (Pjxnjp)

1=p

es posible demostrar que lp es un espacio de Banach. Estos espacios son un caso especialde los espacios Lp que de�niremos más adelante.

Ejemplo 30 El espacio l1 se de�ne como el conjunto de todas las sucesiones acotadas deescalares. Es fácil veri�car que l1 es un espacio vectorial con la suma y producto de�nidoscomo en el ejemplo anterior. Además si se de�ne:

k(xn)k1 = supn�1

jxnj

es fácil veri�car que l1 también es un espacio de Banach. La correspondiente distancia esuna caso especial de la distancia uniforme de�nida en el espacio L1(�) que de�niremosmás adelante.


1.7. Continuidad

De�nición 31 Sean (X; d1) e (Y; d2) dos espacios métricos y f : X ! Y una función.Diremos que f es continua en x0 2 X, si:

(8� > 0) (9� = �(�; x0) > 0) (8x 2 X) (d1(x; x0) < � =) d2(f(x); f(x0)) < �) :

Diremos que f es continua en X si es continua en cada punto de X. Note que � en generaldepende tanto de � como de x0.

Proposición 32 Sean (X; d1) e (Y; d2) dos espacios métricos y f : X ! Y una función.Entonces las siguientes propiedades son equivalentes:

(1) f es continua en X.(2) xn ! x =) f(xn)! f(x):(3) f�1(G) es abierto en X para todo G abierto en Y:

La clase de las funciones continuas es quizás la clase de funciones que más éxitoha tenido en todas las matemáticas, tanto por sus múltiples propiedades como por ser lasfunciones de elección cuando se trata de modelar algún fenómeno natural. Una subclasede estas funciones la constituye la clase de las uniformemente continuas:

De�nición 33 Sean (X; d1) e (Y; d2) dos espacios métricos y f : X ! Y una función.Diremos que f es uniformemente continua en X si:

(8� > 0) (9� = �(�) > 0) (8x; y 2 X) (d1(x; y) < � =) d2(f(x); f(y)) < �) :

Note que a diferencia de la simple continuidad, la continuidad uniforme exige que hayaun módulo de continuidad �(�) uniforme para todos los elementos del dominio.

La Proposición 32, que nos da una equivalencia de continuidad enteramente enbase a las respectivas topologías de los espacios involucrados, nos permite generalizar lanoción de continuidad al ámbito de los espacios topológicos:

De�nición 34 Sean (X; T1) e (Y; T2) dos espacios topológicos y f : X ! Y una función.Diremos que la función es continua en X si f�1(G) 2 T1 para todo G 2 T2.

Sea x0 2 X. Diremos que f es continua en x0 si dada cualquier vecindad V def(x0) existe una vecindad U de x0 tal que f(U) � V .

Proposición 35 Sean (X; T1) e (Y; T2) dos espacios topológicos y f : X ! Y una fun-ción. Entonces f es continua en X si y sólo si es continua en cada punto de X.

De�nición 36 Sea (fn) una sucesión de funciones reales de�nidas en el espacio metrico(X; d). Diremos que la sucesión (fn) converge puntualmente a la función f : X ! R sipara todo x 2 X y para todo � > 0, existe un natural N 2 N tal que

(8n 2 N) (n � N =) jfn(x)� f(x)j < �) :

De�nición 37 Sea (fn) una sucesión de funciones reales de�nidas en el espacio metrico(X; d). Diremos que la sucesión (fn) converge uniformemente a la función f : X ! R sipara todo � > 0, existe un natural N 2 N tal que

(8n 2 N) (8x 2 X) (n � N =) jfn(x)� f(x)j < �) :

Proposición 38 Sea (fn) una sucesión de funciones reales de�nidas en el espacio metrico(X; d) que converge uniformemente a la función f : X ! R. Entonces si cada función fnes continua, también lo es f:

Compacidad 15

1.8. Compacidad

De�nición 39 Sea (X; T ) un espacio topológico. Una clase fG�g de subconjuntos de Xse dice que es un recubrimiento abierto de X si G� es abierto para cada � y además secumple que

S�G� = X.

De�nición 40 Diremos que el espacio topológico (X; T ) es un espacio compacto si todorecubrimiento abierto fG�g de X tiene un subrecubrimiento �nito, es decir, existe una

subcolección fGkgnk=1 de la colección fG�g tal quenSk=1

Gk = X. Si X0 � X, diremos que

X0 es un subconjunto compacto de X si el subespacio topológico (X0; T \X0) es compacto.

Proposición 41 (Heine-Borel) Todo subconjunto cerrado y acotado de Rn es compacto.En particular todo intervalo [a; b] es un subconjunto compacto de R.

Proposición 42 Todo subconjunto cerrado de un espacio topológico compacto es com-pacto.

Proposición 43 Sean (X; T1) e (Y; T2) dos espacios topológicos y f : X ! Y una funcióncontinua. Entonces, si A � X se tiene:

A compacto en X =) f(A) compacto en Y .

De�nición 44 Sea (X; d) un espacio métrico. Diremos que X es totalmente acotado sipara todo � > 0, existe una colección �nita de puntos a1; a2; : : : ; an en X tal que:

X =n[k=1

B(ak; �):

De�nición 45 Sea (X; d) un espacio métrico. Diremos que X es secuencialmente com-pacto si toda sucesión en X tiene una subsucesión convergente.

De�nición 46 Sea (X; d) un espacio métrico. Diremos que X tiene la propiedad deBolzano-Weierstrass si todo subconjunto A de cardinalidad in�nita tiene al menos unpunto de acumulación en X.

Proposición 47 Sea (X; d) un espacio métrico. Entonces las siguientes propiedades sonequivalentes:

(1) (X; d) es un espacio compacto.(2) (X; d) es un espacio secuencialmente compacto.(3) (X; d) tiene la propiedad de Bolzano-Weierstrass.(4) (X; d) es completo y totalmente acotado.

Proposición 48 Sean (X; d1) e (Y; d2) dos espacios métricos y f : X ! Y una funcióncontinua. Entonces si X es compacto se tiene que f es uniformemente continua.

El siguiente teorema se conoce como Teorema de Dini:

Proposición 49 Suponga que (fn) con fn : X ! R es una sucesión de funciones con-tinuas que converge puntual y monótonamente a la función real f . Entonces si X escompacto se cumple que la convergencia es uniforme.


Problemas

1. Sea (An)1n=1 una sucesión de subconjuntos de . Demuestre que el l��m sup

n!1An es

aquel subconjunto de formado por aquellos elementos que pertenecen a in�nitosAn y el l��m inf

n!1An lo forman aquellos elementos que pertenecen a todos los conjuntos

An con la posible excepción de un número �nitos de ellos.

2. Sea (An)1n=1 una sucesión de subconjuntos de . Demuestre que

l��m inf An � l��m supAn:

3. Demuestre que si (An)1n=1 una sucesión monótona, entonces l��m

n!1An existe. Si la

sucesión es creciente, el límite es la unión de la colección fAng; si es decreciente ellímite es la intersección.

4. Demuestre las siguientes identidades:

a)�l��m infn!1

An

�c= l��m sup

n!1Acn

b)�l��m supn!1

An

�c= l��m inf

n!1Acn

5. Sean A y B dos subconjuntos de . De�na An = A si n es impar y An = B si n espar. Demuestre que:

l��m infn!1

An = A \B

l��m supn!1

An = A [B:

6. Suponga que (An) es una sucesión disjunta de subconjuntos de . Demuestre quel��mAn = �.

7. Sea (an)1n=1 una sucesión de números reales. Las expresiones siguientes se conocen

como el límite superior y el límite inferior de fang:

a) l��m supn!1

an = ��nfn�1

�supk�n

ak

�b) l��m inf

n!1an = sup

n�1

��nfk�n

ak

�Demuestre las siguientes propiedades:

a) l��m infn!1

an � l��m supn!1

an

b) Si la sucesión (an) no es acotada superiormente, entonces l��m supn!1

an =1.

c) Si la sucesión (an) no es acotada inferiormente, entonces l��m infn!1

an = �1.

d) Sea L un número real. Entonces L = l��m supn!1

an si y sólo si se cumplen las

siguientes dos condiciones:

1) (8� > 0) (9n0 2 N) (8n 2 N) (n � n0 =) an < L+ �)

2) (8� > 0) (8n 2 N) (9m 2 N) (m � n ^ L� � < am) :

Compacidad 17

e) Sea L un número real. Entonces L = l��m infn!1

an si y sólo si se cumplen las

siguientes dos condiciones:

1) (8� > 0) (9n0 2 N) (8n 2 N) (n � n0 =) L� � < an)

2) (8� > 0) (8n 2 N) (9m 2 N) (m � n ^ am < L+ �) :

f ) l��m infn!1

an = l��m supn!1

an si y sólo si l��mn!1

ak existe. En este caso además se tieneque:

l��m infn!1

an = l��m supn!1

an = l��mn!1

ak

g) Si an � bn para todo n, entonces

a) l��m inf an � l��m inf bn b) l��m sup an � l��m sup bn

h) Si (an) y (bn) son sucesiones arbitrarias, entonces

l��m sup(an + bn) � l��m sup an + l��m sup bn:

i) Si (an) es una sucesión arbitraria, entonces

l��m sup(�an) = � l��m inf(an):

8. Sea A� = l��m infn!1

An y A� = l��m supn!1

An. Demuestre que:

�A�(x) = l��m infn!1�An

(x)

�A�(x) = l��m supn!1

�An(x)

en donde �A� y �A� son las funciones características de A� y A� respectivamente.

9. Demuestre que toda bola abierta es un conjunto abierto.

10. Demuestre que todo subconjunto abierto no vacío de R es una unión contable deintervalos abiertos disjuntos.

11. Demuestre que la cardinalidad de la colección de todos los subconjuntos abiertos deR es c. ¿Cual es la cardinalidad de la colección de todos los subconjuntos cerradosde R?

12. Halle la cardinalidad de la colección de todos los subconjuntos de N formados ex-clusivamente por números primos. ¿Cuál es la cardinalidad si nos restringimos asubconjuntos �nitos?

13. Demuestre que un subespacio de un espacio métrico separable es separable. De-muestre que R es separable.

14. Los reales extendidos R. Sea R = R[f�1;1g. Sea f : R! [�1; 1] de�nida por:

f(x) =

8><>:x

1 + jxj x 2 R

�1 x = �11 x =1

De�na en R � R la función d(x; y) = jf(x)� f(y)j. Demuestre que�R; d

�es un

espacio métrico y una base para su topología es la colección de todos los intervalosde la forma (a; b) ; [�1; b) y (a;1] con a; b 2 R.


15. Demuestre que un subconjunto G de un espacio topológico es abierto si y sólo si

G =�G.

16. Demuestre que un subconjunto F de un espacio topológico es cerrado si y sólo siF = F .

17. Sea G un subconjunto abierto y A un subconjunto arbitrario de un espacio topológi-co. Demuestre que

G \A = � () G \A = �:

18. Sean A y B dos subconjuntos de un espacio topológico X. Demuestre que:

A [B = A [B A \B � A \B

19. Sea X un espacio topológico y A � X. Entonces:

A = fx 2 X : Toda vecindad de x intersecta a Ag .

20. Demuestre que todo espacio topológico segundo contable es separable.

21. Demuestre que todo espacio métrico separable es segundo contable.

22. Demuestre que R es segundo contable.

23. Demuestre que R y R2 son espacio métricos completos.

24. Sea (X; d) un espacio métrico completo y (Fn) una sucesión decreciente de subcon-juntos cerrados no vacíos tales que Fn # F . Suponga que diam(Fn) ! 0. Entonces1Tn=1

Fn contiene exactamente un punto (este teorema se conoce como el Teorema de

la Intersección de Cantor).

25. Sean X;Y dos espacios topológicos y f : X ! Y . Demuestre:

a) f continua si y sólo si f�1(F ) es cerrado para todo cerrado F .

b) f continua si y sólo si f(A) � f(A) para todo A � X.

26. Sea:

f(x) =

8<: x Si x es irracional

p sin1

qSi x =

p

q(fracción irreducible)

Demuestre que f es continua sólo en 0 y en los irracionales.

27. Demuestre que l1 y l1 son espacios de Banach.

28. Demuestre que todo subconjunto compacto de un espacio métrico X es cerrado enX.

29. Demuestre que todo subconjunto compacto de un espacio métrico es acotado.

30. Demuestre que la unión de dos subconjuntos compactos de X es un conjunto com-pacto.

Compacidad 19

31. (límite superior y límite inferior de una función real) Sea f : R! R. Entonces laexpresión:

l��m supx!y

f(x) = ��nf�>0

sup0<jx�yj<�

f(x);

se conoce como límite superior de f en y. Análogamente, la expresión:

l��m infx!y

f(x) = sup�>0

��nf0<jx�yj<�

f(x);

se conoce como límite inferior de f en y. Demuestre:

a) l��m supx!y

f(x) � A si y sólo si:

(8� > 0) (9� > 0) (8x 2 R) (0 < jx� yj < � =) f(x) < A+ �) :

b) l��m supx!y

f(x) � A si y sólo si:

(8� > 0) (8� > 0) (9x 2 R) (0 < jx� yj < � ^ f(x) > A� �) :

c) l��m infx!y

f(x) � l��m supx!y

f(x):

d) l��m infx!y

f(x) = l��m supx!y

f(x) si y sólo si l��mx!y

f(x) existe.

32. (funciones semicontinuas) Una función f : R! R se dice que es semicontinua su-periormente en el punto x0 si:

f(x0) � l��m supx!x0

f(x):

y diremos que f es semicontinua superiormente si es semicontinua superiormente encada punto x0 2 R.Análogamente, f se dice semicontinua inferiormente en el punto x0 si:

f(x0) � l��m infx!x0

f(x):

y diremos que f es semicontinua inferiormente si es semicontinua inferiormente encada punto x0 2 R.

a) Demuestre que f es semicontinua superiormente si y sólo si el conjunto

fx : f(x) < �g

es abierto para todo � 2 R.b) Demuestre que f es semicontinua inferiormente si y sólo si el conjunto

fx : f(x) > �g

es abierto para todo � 2 R.c) Demuestre que f es continua en R si y sólo si es semicontinua superior e infe-riormente en R.

d) Demuestre que si f y g son semicontinuas inferiormente, entonces también loes f + g.


e) Demuestre que si f y g son semicontinuas inferiormente, entonces también loes f _ g = m�ax ff; gg.

f ) Demuestre que si (fn) es una sucesión de funciones semicontinuas inferiormente,entonces también lo es la función f(x) = sup

n�1fn(x).

g) Demuestre que si f y g son semicontinuas superiormente, entonces también loes f + g.

h) Demuestre que si f y g son semicontinuas superiormente, entonces también loes f ^ g = m��n ff; gg.

i) Demuestre que si (fn) es una sucesión de funciones semicontinuas superior-mente, entonces también lo es la función f(x) = ��nf

n�1fn(x).

33. Demuestre la Proposición 38.

34. De un ejemplo para demostrar que la convergencia puntual de una sucesión defunciones reales y continuas no implica que la sucesión converge uniformemente.

35. Sea (X; d) un espacio métrico y A un subconjunto no vacio de X. Demuestre que lafunción

f(x) = d(x;A) = ��nf fd(x; z) : z 2 Ag

es una función uniformemente continua en X. Más aun, demuestre que es una apli-cación no expansiva, esto es, para todo x; y 2 X se cumple que jf(x)� f(y)j �d(x; y).

36. (Banach 1922). Sea (X; d) un espacio métrico completo y T : X ! X. Suponga queexiste k 2 (0; 1) tal que para todo x; y 2 X se cumple:

d(T (x); T (y)) � kd(x; y)

Entonces:

a) T tiene un único punto �jo z en X, esto es, T (z) = z.

b) Para todo x0 2 X, la sucesión (xn) de�nida inductivamente por xn+1 = Txn,converge a z.

c) Estimación de Errores. Para todo n = 1; 2; : : : se cumple

1) error a priori: d(xn; z) � kn(1� k)�1d(x0; x1)2) error a posteriori: d(xn+1; z) � k(1� k)�1d(xn; xn+1).

d) Rapidez de convergencia. Para todo n = 1; 2; : : :se cumple:

d(xn+1; z) � kd(xn; z):

37. Sea I = [0; a] � R y f : I � Rn ! Rn una aplicación continua, lipschitziana en lasegunda variable. Entonces el problema de valor inicial

x0(t) = f(t; x);x(0) = xo;

tiene una única solución en I.

Capítulo 2CLASES DE CONJUNTOS

2.1. Algebras

De�nición 50 Sea A una colección de subconjuntos de P(). Diremos que A es unálgebra en si contiene al conjunto y es cerrada respecto a complementos y uniones.En otras palabras, cumple con las siguientes propiedades:

(a) 2 A(b) Si A 2 A, entonces Ac 2 A.(c) Si A 2 A y B 2 A, entonces A [B 2 A.

Nota 51 Por inducción se deduce que la colección A cumple la propiedad (c) si y sólosi es cerrada bajo uniones �nitas, es decir, uniones del tipo A1 [ A2 [ � � � [ An. Por lotanto, si la colección A cumple con (c) diremos simplemente que la colección es cerradabajo uniones. Más adelante veremos situaciones con uniones in�nitas.

Si A es un álgebra, entonces A también es cerrado bajo intersecciones y diferen-cias, puesto que:

A \B = (Ac [Bc)c

A�B = A \Bc:

Note que si A es un álgebra, entonces � 2 A puesto que � = c.

Proposición 52 La colección A es un álgebra si y sólo si cumple con las siguientescondiciones:

(1) 2 A(2) Si A 2 A y B 2 A, entonces A�B 2 A.(3) Si A 2 A y B 2 A, con A \B = �; entonces A+B 2 A.

Demostración. Si A es un álgebra entonces la propiedad (2) es evidente (verNota 51). Recíprocamente las propiedades (b) y (c) se deducen de las siguientes identi-dades:

Ac = �AA [B = A+ (B �A).


2.2. Sigma-Algebras

De�nición 53 Una colección A de subconjuntos de P() se dice que es un sigma álgebra(�-álgebra) en si contiene a y es cerrada bajo complementos y uniones numerables,esto es, cumple con las siguientes propiedades:

(a) 2 A

22 Clases de Conjuntos

(b) A 2 A =) Ac 2 A.(c) An 2 A; n = 1; 2; : : : =)

1Sn=1

An 2 A:

Nota 54 Nuevamente es claro que � 2 A. Por otro lado, si A es un �-álgebra, entoncesA es cerrada respecto a uniones �nitas: en efecto, si A;B 2 A, entonces debido a laidentidad:

A [B = A [B [ � [ � [ � � �se deduce de (c) y del hecho que � 2 A que A [B 2 A. Esto signi�ca que todo �-álgebraes también un álgebra.

Proposición 55 A es un �-álgebra si y solamente si cumple con:(1) 2 A.(2) A 2 A y B 2 A =) A�B 2 A.(3) An 2 A; n = 1; 2; : : :, sucesión disjunta, entonces

1Pn=1

An 2 A.

Demostración. En claro que si A es un �-álgebra entonces se cumplen las condi-ciones indicadas. Recíprocamente es evidente que las condiciones indicadas implican queA es un álgebra (Note que � = � 2 A), luego basta demostrar que se cumple lacondición (c) de la De�nición 53. Sea (An)

1n=1 una sucesión arbitraria en A. Entonces:

1[i=1

Ai = A1 +1Xi=2

0@Ai � i�1[j=1

Aj

1AAhora como A es un álgebra, la condición (3) implica que

1Si=1

Ai 2 A. Esto

termina la demostración.

Proposición 56 Todo �-álgebra A es cerrado respecto a intersecciones contables, estoes, cumple con:

(An)1n=1 � A =)

1\n=1

An 2 A:

Demostración. Basta observar que1Tn=1

An =

� 1Sn=1

Acn

�c. Esto termina la demostración.

2.3. Algebras y �-álgebras generadas

De�nición 57 Sea C una familia no vacía de subconjuntos de . De�namos:

A(C) =\fA : A álgebra y C � Ag :

Es fácil demostrar (ver Problema 2) que esta intersección es el álgebra más chica quecontiene a C. En otras palabras, si B es un álgebra en que contiene a C, entoncesA(C) � B. Esta álgebra se denomina el álgebra generada por C.

De�nición 58 Sea C una familia no vacía de subconjuntos de . De�namos:

�(C) =\fA : A es �-álgebra y C � Ag :

Es fácil demostrar (ver Problema 3) que esta intersección es la �-álgebra más chica quecontiene a C. En otras palabras, si B es una �-álgebra en que contiene a C entonces�(C) � B. Esta �-álgebra se denomina el �-álgebra generada por C.

Colecciones Monótonas 23

Ejemplo 59 Sea (; �) un espacio topológico. Denotaremos por B() la �-álgebra gene-rada por la topología. Esto es B() = �(�). Esta �-álgebra se conoce como la �-álgebrade Borel.

En los casos especiales en que = R o R es posible demostrar que B (R) y B�R�

coinciden con la �-álgebra generada por la colección C = f(a; b] : a; b 2 Rg (para esteresultado ver Problema 10 y para considerar otras colecciones vea Problema 11).

2.4. Colecciones Monótonas

En general es imposible describir constructivamente la �-álgebra generada poruna colección arbitraria de subconjuntos de y por ende se hace difícil demostrar aque-llas proposiciones que involucran �-álgebra generadas. Por esta razón se introducen lascolecciones monótonas, colecciones más fáciles de manejar que las �-álgebras generadas yque en casos especiales las contienen (proposición 61).

De�nición 60 Una familia no vacíaM de subconjuntos de se dice que es una familiao colección monótona si, dada cualquier sucesión monótona (En) en M, se cumple quel��mEn 2M.

Si C es una familia no vacía de subconjuntos de denotaremos por M(C) lafamilia monótona generada por C. Esto es:

M(C) =\fM :M es familia monótona y C �Mg .

Nuevamente es fácil ver que M(C) es la familia monótona más chica que contiene a C(ver Problema 18).

Diremos que A es una álgebra monótona si A es álgebra y es una familia monó-tona.

La importancia de las familias monótonas reside en el siguiente resultado:

Proposición 61 Sea A es una álgebra y C una familia monótona de subconjuntos de .Suponga que A � C, entonces �(A) � C.

Demostración. De acuerdo al Problema 24, M(A) = �(A). Por otro lado esclaro queM(A) � C. Luego, �(A) � C. Esto termina la demostración.


Problemas

1. Sea fA� : � 2 �g una familia no vacía de álgebras en , entonces

A =T�2�

A�

es un álgebra en .

2. Sea C es una familia no vacía de subconjuntos de . Demuestre que A(C) es elálgebra más chica que contiene a C. En otras palabras, si B es un álgebra en quecontiene a C entonces A(C) � B.

3. Sea C es una familia no vacía de subconjuntos de . Demuestre que �(C) es la menor�-álgebra que contiene a C.

4. Demuestre que todo �-álgebra A es cerrado respecto a límites superiores y límitesinferiores de sucesiones de conjuntos.

5. Sea A la colección de todos los subconjuntos de que son �nitos o tienen uncomplemento �nito. Demuestre que A es un álgebra. Demuestre que si no es�nito, entonces A no es una �-álgebra.

6. Sea un espacio in�nito no contable. Sea A la colección de todos los conjuntosA � tal que A o Ac son contables. Demuestre que A es una �-álgebra en .

7. Sea A una �-álgebra en y sea f : ! X una función arbitraria. Demuestre quela colección B =

�B : f�1(B) 2 A

es una �-álgebra en X.

8. SeaA la familia formada por R y todos los subconjuntos de R de la formanPk=1

(ak; bk],

(uniones �nitas y disjuntas de intervalos de la forma (a; b] ; (�1; b] y (a;1), cona; b 2 R). Demuestre que A es un álgebra pero no una �-álgebra.

9. Sea = f1; 2; 3g y sea C = ff1g ; f1; 2gg. Halle A(C) y �(C).

10. Sea (; �) un espacio topológico. Denotaremos por B() la �-álgebra generada por latopología. Esto es B() = �(�). Esta �-álgebra se conoce como la �-álgebra de Borel.Demuestre que la �-álgebra de Borel en = R coincide con la �-álgebra generada porla colección C = f(a; b] : a; b 2 Rg. Esto es, demuestre que B (R) = �(C). Demuestreun resultado similar para = R usando la misma colección.

11. Demuestre que la �-álgebra de Borel en = R o en R coincide con la �-álgebragenerada por la colección C = f[a; b] : a; b 2 Rg. Demuestre un resultado análogousando la colección C = f(a; b) : a; b 2 Rg.

12. Sean C1 y C2 dos familias no vacías de subconjuntos de . Suponga que C1 � C2.Demuestre las siguientes inclusiones:

A(C1) � A(C1) y � (C1) � � (C2) :

13. Sea C una familia no vacía de subconjuntos de . Sea A 2 � (C). Entonces existeuna familia contable D � C tal que A 2 � (D).

Colecciones Monótonas 25

14. Sea C una familia no vacía y A � . Denotemos por

C \A = fC \A : C 2 Cg :

Demuestre que � (C) \ A = � (C \A), en donde � (C \A) es la �-álgebra generadapor C \A en el espacio � = A.

15. Sean C una familia in�nita de subconjuntos de . Demuestre que C y A(C) tienenla misma cardinalidad.

16. Se dice que una �-álgebra A es separable si existe A0 � A, con A0 contable, tal que�(A0) = A.

a) Demuestre que la �-álgebra de Borel en R es separable.

b) Demuestre que la �-álgebra de Borel de un espacio métrico separable es sepa-rable.

17. Demuestre que no existe una �-álgebra A in�nita numerable.

18. Sea C es una familia no vacía de subconjuntos de . Demuestre que M(C) es lafamilia monótona más chica que contiene a C.

19. Sea A una álgebra de conjuntos en y (An) una sucesión de conjuntos en A.Entonces existe una colección monótona creciente (En) de conjuntos en A tal que

1[n=1

An =1[n=1

En = l��mn!1

En:

20. Sea A una álgebra de conjuntos en y (An) una sucesión de conjuntos en A.Entonces existe una sucesión disjunta de conjuntos (En) en A tal que

1[n=1

An =1[n=1

En:

21. Demuestre que toda álgebra monótona es una �-álgebra.

22. Demuestre que toda �-álgebra es una familia monótona.

23. Demuestre que si A es un álgebra, entonces también lo esM(A).

24. Demuestre que si A es un álgebra, entoncesM(A) = �(A).

25. Sea = Q, el conjunto de todos los números racionales. En considere el álgebraA formada por Q y todas las uniones �nitas y disjuntas de intervalos de la forma(vea Problema 8):

(a; b] = fx 2 Q : a < x � b; a; b 2 Qg(�1; b] = fx 2 Q : x � b; b 2 Qg :(a;1) = fx 2 Q : a < x; a 2 Qg

Demuestre que �(A) = P (Q).


26. Sea R una colección no vacía de subconjuntos de y sean A;B 2 R. Al conjunto:

A4B = (A�B) + (B �A);

se lo conoce como diferencia simétrica de A y B. Por otro lado, la diferencia A�Bse conoce como diferencia propia si B � A.

Demuestre que son equivalentes las siguientes a�rmaciones respecto a R:

a) R es cerrada bajo diferencias y uniones �nitas.

b) R es cerrada bajo diferencias propias y uniones �nitas.

c) R es cerrada bajo diferencias simétrica e intersecciones �nitas.

d) R es cerrada bajo diferencias propias, intersecciones �nitas y uniones �nitasdisjuntas.

Si R satisface alguna de estas a�rmaciones (y por lo tanto las cuatro), entonces sedice que R es un anillo. Note que un anillo siempre contiene al conjunto vacío.

27. Sea A una colección de subconjuntos de . Demuestre que A es una álgebra si ysólo si A es un anillo conteniendo .

28. Sea R un anillo de subconjuntos de (ver Problema 26). Para A;B 2 R de�namos

AB = A \B y A�B = A4B:

Demuestre que con estas operaciones de suma � y producto , el sistema (R;�;)es un anillo en el sentido algebraico de la palabra. Estos anillos algebraicos, en quecada elemento es idempotente, vale decir que cumple con A A = A para cadaA 2 R se conocen como anillos de Boole.

29. Una colección A de subconjuntos de .se dice que es �-aditiva si 2 A y si escerrada bajo diferencias propias, sumas �nitas y uniones crecientes. Demuestre quesi C es una colección no vacía de subconjuntos de , entonces existe una colección�-aditiva A más pequeña que contiene a C y se conoce como la colección �-aditivagenerada por C. Demuestre que si C es cerrada bajo intersecciones �nitas, entoncesla clase �-aditiva generada por C es igual a � (C), esto es a la �-álgebra generadapor C.

30. Sea f : ! 0 una función arbitraria y suponga que C es una colección de subcon-juntos de 0. Demuestre que:

��f�1 (C)

�= f�1 (� (C)) :

Capítulo 3MEDIDA

3.1. Funciones de Conjuntos

Sea C una familia no vacía de subconjuntos de . Entonces:

De�nición 62 Una función � : C ! [0;1] se denomina función de conjuntos.

Observe que la función � puede tomar el valor 1.

Ejemplo 63 Sea C = P(R). Para cada A 2 C de�na

�(A) =

�jAj A �nito1 A in�nito

Por ejemplo �(R) =�(N)=1, pero �(f1; 4; 9g) = �(f6; 7; 9g) = 3:

De�nición 64 Sea C una familia no vacía de subconjuntos de y � : C ! [0;1] unafunción de conjuntos. Entonces diremos que la función es:(a) Aditiva si para todo A;B 2 C con A+B 2 C se tiene:

�(A+B) = �(A) + �(B)

(b) Finitamente aditiva si para toda colección disjunta (Ak)nk=1 en C, con

nPk=1

Ak 2 C setiene:

�

�nPk=1

Ak

�=

nPk=1

� (Ak)

(c) Contablemente aditiva (o �-aditiva) si para toda sucesión (Ak)1k=1 en C, con

1Pk=1

Ak 2 Cse tiene:

�

� 1Pk=1

Ak

�=

1Pk=1

� (Ak) :

Recuerde que en las notaciones A+B y1Pk=1

Ak la suma signi�ca que los conjuntos

involucrados son disjuntos.

3.2. Medidas

De�nición 65 Sea A un álgebra en . Diremos que la función � : A ! [0;1] es unamedida �nitamente aditiva si �(�) = 0 y cumple con la propiedad (b). Si la funciónademás cumple con la propiedad (c) se dirá que es una medida contablemente aditiva osimplemente una medida. En alguna ocasiones y para enfatizar que el rango de la medidaes [0;1] hablaremos de medida positiva.

28 Medida

De�nición 66 Un trío (;A; �) se dice que es un espacio de medida si A es una �-álgebra en y � es una medida. En otras palabras, se cumple:

a) El dominio A de � es una �-álgebra en :b) � es no negativa en A.c) � es contablemente aditiva en A.d) �(�) = 0:

El par (;A) se dice que es un espacio medible y los elementos de A se llamaránconjuntos medibles.

Nota 67 Si � es una medida en la �-álgebra A entonces � además de ser contablementeaditiva, es �nitamente aditiva. En efecto, si A;B están en A y son disjuntos, entonces:

�(A+B) = �(A+B + �+ �+ � � � )

= �(A) + �(B) +1Xk=1

�(�)

= �(A) + �(B):

Ejemplo 68 Sea = R. Si A = (a; b] es un intervalo acotado, de�namos la medida de Apor medio de la longitud del intervalo (a; b]. Esto es, �(A) = b�a. Veremos más adelante(ver Sección 4.3) que esta de�nición nos permite asignar, de manera única, una medidaa una gran colección de subconjuntos de R y en particular a todos los conjuntos de Borel.De esta manera podremos asignarle una medida a conjuntos tales como:

(a) Q, el conjunto de todos los números racionales.(b) A =

�a+

p2b : a; b 2 Q

.

Proposición 69 Sea (;A; �) un espacio de medida. Entonces:

1. A;B 2 A y A � B =) �(A) � �(B):

2. A;B 2 A, A � B y �(B) <1 =) �(B �A) = �(B)� �(A):

3. An " A =) �(A) = l��mn!1

�(An)

4. An # A y existe n0 2 N tal que �(An0) <1 =) �(A) = l��mn!1

�(An):

Demostración. 1.- Sean A;B 2 A y A � B, entonces B = A+ (B � A), por lotanto

�(B) = �(A) + �(B �A) (3.1)

Como �(B �A) � 0 entonces �(A) � �(B):2.- Si �(B) <1, entonces por (1) se tiene que �(A) <1. Restando la cantidad

�(A) de los dos lados de la Ecuación 3.1 se obtiene que �(B �A) = �(B)� �(A).3.-Como la sucesión es creciente podemos escribir que A = A1 +

1Pi=2

(Ai �Ai�1),

por lo tanto:

�(A) = �(A1) +1Pi=2

� (Ai �Ai�1)

= l��mn!1

��(A1) +

nPi=2

� (Ai �Ai�1)�

= l��mn!1

�

�A1 +

nPi=2

(Ai �Ai�1)�

= l��mn!1

� (An) :

Medidas 29

4.-Observe que A = An0 �1S

n=n0

(An0 �An), por lo tanto de (2) se deduce que:

�(A) = �(An0)� �� 1Sn=n0

(An0 �An)�

Pero (An0 �An)1n=n0

es una sucesión creciente y por lo tanto, podemos aplicar la propiedad(3) obteniendo:

�

� 1Sn=n0

(An0 �An)�= l��m

n!1�(An0 �An);

pero entonces:

�(A) = �(An0)� l��mn!1

�(An0 �An)

= �(An0)� �(An0) + l��mn!1

�(An)

= l��mn!1

�(An).


Nota 70 La condición que exista n0 2 N tal que �(An0) < 1 no es super�ua en estaproposición como puede ser observado a través del siguiente ejemplo:

Ejemplo 71 Sea = N y A la �-álgebra de todos los subconjuntos de N. En A conside-remos la medida de conteo, esto es:

�(A) =

�jAj si A es �nito1 si A es in�nito.

Entonces si An = fn; n+ 1; n+ 2; : : :g, se tendrá que An # � y sin embargo no se cumpleque �(An)! �(�) = 0.

Proposición 72 Sea (;A; �) un espacio de medida y (An)1n=1 una sucesión en A. En-tonces:

a) �

� 1Sn=1

An

��

1Pn=1

� (An)

b) ��l��m infn!1

An

�� l��m inf

n!1� (An)

c) �

�l��m supn!1

An

�� l��m sup

n!1� (An) siempre que �

� 1Sn=1

An

�<1:

Demostración. a) Observe que1Sn=1

An = A1+1Pn=2

An �

n�1Sj=1

Aj

!, por lo tanto:

�

� 1Sn=1

An

�= �(A1) +

1Pn=2

�

An �

n�1Sj=1

Aj

!

� �(A1) +1Pn=2

� (An) =1Pn=1

� (An)

b) Como l��m infn!1

An =1Sn=1

1Ti=n

Ai, se tiene que En " l��m infn!1

An en donde En =

1Ti=n

Ai. Luego, de acuerdo a la parte (3) de la Proposición 69 se tiene que:

��l��m infn!1

An

�= l��m

n!1�

1\i=n

Ai

!= l��m inf

n!1�

1\i=n

Ai

!� l��m inf

n!1� (An)

30 Medida

Note que en esta demostración hemos usado el resultado del Problema 7, página 16, partes(f) y (g).

c) Como l��m supAn =1Tn=1

1Si=n

Ai, se tiene que En # l��m supAn en donde En =1Si=n

Ai. Usar ahora parte (4) de la Proposición 69. Esto termina la demostración.

De�nición 73 Sea A un álgebra sobre y � una medida sobre A. Si �() < 1 sedirá que � es una medida �nita o totalmente �nita. Por otro lado diremos que � es unamedida �-�nita si existe una sucesión (Xn) en A con �(Xn) < 1.para cada n 2 N y talque =

1Sn=1

Xn.

Ejemplo 74 Sea (N;P(N); �) en donde � es la medida de conteo (ver Ejemplo 71). En-tonces � no es una medida �nita pero si es �-�nita. Para ver esto, basta observar que:

N =1[n=1

fng ,

y � (fng) = 1.

De�nición 75 Sea (;A; �) un espacio de medida y P (x) una propiedad que un puntox 2 pudiera o no tener. Diremos entonces que la propiedad P (x) se cumple casi entodo o que la propiedad P (x) se cumple para casi todos los x 2 si el conjuntoN = fx 2 : P (x) no se cumpleg 2 A y �(N) = 0. En este caso escribiremos que P (x)es cierto c.t.p. en (c.t.p. por �casi en todas partes�).

Ejemplo 76 Sea (;A; �) un espacio de medida y sean A y B dos subconjuntos medibles.Entonces,

�A(x) = �B(x) c.t.p. en , �(A4B) = 0.

3.3. Medidas Exteriores

De�nición 77 Sea � : C ! [0;1] una función de conjuntos de�nida en una familia novacía C de subconjuntos de . Entonces se dice que � es:

1. Subaditiva si para todo A;B 2 C tal que A [B 2 C se tiene:

�(A [B) � �(A) + �(B):

2. Finitamente subaditiva si dados A1; A2; : : : An en C tal quenSk=1

Ak 2 C, entonces:

�

�nSk=1

Ak

��

nXk=1

�(Ak).

3. Contablemente subaditiva si dados A1; A2; : : : en C tal que1Sk=1

Ak 2 C, entonces:

�

� 1Sk=1

Ak

��

1Xk=1

�(Ak).

Construcción de Medidas Exteriores 31

4. Monótona si para todo A;B 2 C tal que A � B se tiene:

�(A) � �(B).

De�nición 78 Sea �� : P () ! [0;1]. Entonce �� se dice que es una medida exterioren si es monótona, contablemente subaditiva y ��(�) = 0. En otras palabras �� es unamedida exterior si:

1. El dominio de �� son todos los subconjuntos de .

2. �� es no negativa, esto es ��(A) � 0 para todo A � .

3. �� es contablemente subaditiva.

4. �� es monótona.

5. ��(�) = 0.

Dado que �� cumple con (3) y (5), se deduce que toda medida exterior es �nita-mente subaditiva.

3.4. Construcción de Medidas Exteriores

De�nición 79 Una familia no vacía A de subconjuntos de se dice que es una familiasecuencial de recubrimientos para si (i) � 2 A, y (ii) para todo A � existe unasecuencia fEng en A tal que:

A �1[n=1

En:

Por ejemplo, la familia de todos los intervalos semicerrados (a; b] es una familiasecuencial de recubrimientos para R. Note que toda álgebra A de subconjuntos de esuna familia secuencial de recubrimientos para .

Sea ahora � : A ! [0;1] una función de conjuntos tal que �(�) = 0. Para cadaA � , de�namos:

��(A) = ��nf

(1Pn=1

�(En) : En 2 A;1[n=1

En � A.

): (3.2)

Proposición 80 Si A es una familia secuencial de recubrimientos para y � : A ! [0;1]una función de conjuntos tal que �(�) = 0, entonces la función de conjuntos �� de�nidapor la Ecuación 3.2 es una medida exterior en .

Demostración. Las condiciones (i),(ii),(iv) y (v) son fácilmente veri�cables. Sólodemostraremos la condición (iii). Sea (An) una sucesión de subconjuntos de y � > 0. Si��(An) =1 para algún n, entonces la condición (iii) se cumple trivialmente. Supongamosen consecuencia que ��(An) < 1 para todo n. Por de�nición de �� para cada n, existeuna sucesión (Enk)

1k=1 tal que:

An �1[k=1

Enk y ��(An) +�

2n>

1Pk=1

�(Enk);

pero entonces la colección fEnk : n:k 2 Ng cumple con:1[n=1

An �1[

n;k=1

Enk;

32 Medida

y además:

��

1[n=1

An

!�

1Xn;k=1

� (Enk) �1Xn=1

��(An) +

�

2n

�=

1Xn=1

��(An) + �:

Como � es arbitrario, se deduce que �� es contablemente subaditiva. Esto termina lademostración.

3.5. Medidas Inducidas por Medidas Exteriores

De�nición 81 Sea �� una medida exterior en . Diremos que un conjunto E � es unconjunto ��-medible (o simplemente medible) si:

��(A) = ��(A \ E) + ��(A� E) (3.3)

para todo subconjunto A de .

Nota 82 Dado que �� es subaditiva, se tiene:

��(A) = �� ((A \ E) + (A� E)) � ��(A \ E) + ��(A� E);

por lo tanto la condición 3.3 es equivalente a:

��(A) � ��(A \ E) + ��(A� E): (3.4)

Proposición 83 Sea �� una medida exterior en . Denotemos por A la familia de todoslos subconjuntos de que son ��-medibles. Entonces A es una �-álgebra y la restricciónde �� a la �-álgebra A es una medida.

Demostración. La demostración la dividiremos en una serie de pasos y se basaráen la Proposición 55:

(i) Supongamos que ��(E) = 0, entonces E es medible. En efecto, si A � ,entonces:

��(A \ E) + ��(A� E) � ��(E) + ��(A) = ��(A);

por lo tanto se cumple la condición 3.4 y E es medible.(ii) Como ��(�) = 0, parte (i) implica que � 2 A.(iii) Sea E 2 A. Demostraremos que Ec 2 A. En efecto:

��(A \ Ec) + ��(A� Ec) = ��(A� E) + ��(A \ E) = ��(A):

Note ahora que 2 A puesto que � 2 A.(iv) Si E y F pertenecen a A, entonces E [ F 2 A. En efecto, de acuerdo a 3.3,

se tiene:

��(A) = ��(A \ E) + ��(A� E)��(A� E) = ��((A� E) \ F ) + ��((A� E)� F )

Suponiendo que ��(A� E) <1 se obtiene:

��(A) = ��(A \ E) + ��((A� E) \ F ) + ��((A� E)� F )� �� ((A \ E) [ ((A� E) \ F ))) + ��((A� E)� F )

Medidas Inducidas por Medidas Exteriores 33

Observando ahora que

(A \ E) [ ((A� E) \ F )) = (A \ E) [ (A \ Ec \ F ))= (A \ E) [ (A \ F \ Ec))= A \ (E [ (F \ Ec))= A \ (E [ F );

y que (A� E)� F = A� (E [ F ), se concluye que:

��(A) � �� (A \ (E [ F )) + ��(A� (E [ F ))

esto signi�ca que E [ F 2 A.(v) Si E;F 2 A, entonces E�F 2 A. En efecto, esto se sigue de (iii) y (iv) pues:

E � F = E \ F c = (Ec [ F )c :

(vi) Supongamos que E1; E2; : : : es una sucesión disjunta de elementos de A. SeaFn =

nSk=1

Ek. Entonces se a�rma que para todo n � 1 se cumple:

��(A \ Fn) =nXk=1

�� (A \ Ek) :

Demostraremos esta a�rmación por inducción.El caso n = 1 es evidente y el paso de n a n+ 1 se obtiene de:

��(A \ Fn+1) = ��(A \ Fn+1 \ Fn) + ��(A \ Fn+1 � Fn)= ��(A \ Fn) + ��(A \ En+1)

=nXk=1

�� (A \ Ek) + ��(A \ En+1)

=n+1Xk=1

�� (A \ Ek) :

Note que al escribir la primera ecuación hemos hecho uso de la medibilidad de Fn garan-tizada por (iv):

(vii) Sea nuevamente E1; E2; : : : una sucesión disjunta de elementos deA. Demostraremosque F =

1Sk=1

Ek cumple con la igualdad:

��(A \ F ) =1Xk=1

�� (A \ Ek) : (3.5)

En efecto, por la monotonía de �� se tiene:

��(A \ F ) � ��(A \ Fn) =nXk=1

�� (A \ Ek) : (3.6)

La igualdad 3.5 se deduce de la subaditividad contable de �� y haciendo tender n ! 1en la Ecuación 3.6.

34 Medida

(viii) Demostraremos ahora que si E1; E2; : : : una sucesión disjunta de elementos

de A, entonces F =1Xk=1

Ek pertenece a A. En efecto, para todo A � se tiene:

��(A) = ��(A \ Fn) + ��(A� Fn)

=nXk=1

�� (A \ Ek) + ��(A� Fn)

�nXk=1

�� (A \ Ek) + ��(A� F ):

Haciendo tender ahora n!1, se deduce de la Ecuación 3.5, que:

��(A) � ��(A \ F ) + ��(A� F ).

Esto demuestra que F 2 A.Finalmente es evidente que la restricción de �� a la �-álgebra A cumple con (a),

(b) y (d) de la De�nición 66. La condición (c) se deduce de la igualdad 3.5 tomandoA = F . Esto termina la demostración.


Problemas

1. Suponga que � satisface las primeras tres propiedades de la De�nición 66. Supongaademás que existe A 2 A tal que �(A) <1. Demuestre que �(�) = 0:

2. Sea un espacio in�nito contable. Sea A como en el Problema 5, página 24. De�na�(A) = 0 si A es �nito y �(A) = 1 si A tiene complemento �nito. Demuestre que� es una medida �nitamente aditiva pero no contablemente aditiva. ¿Qué sucede si es in�nito no contable?

3. Sea un espacio in�nito no contable. Sea A como en el Problema 6, página 24.De�na �(A) = 0 en el primer caso y �(A) = 1 en el segundo. Demuestre que � esuna medida en A. ¿Es � una mediada �nita o �-�nita?

4. Si � es una medida sobre una álgebra A, y A;B 2 A, entonces:

�(A) + �(B) = �(A [B) + �(A \B).

5. Si � y � son dos medidas de�nidas en la misma álgebra A, entonces �+ �, de�nidapor:

(�+ �) (A) = �(A) + �(A); A 2 A,es una medida en A. Demuestre un resultado similar para una sucesión (�n)

1n=1 de

medidas sobre A.

6. Sea = fxn : n 2 Ng un espacio in�nito numerable y (pn) una sucesión de númerosno negativos. Para cada A � , de�na:

�(A) =Xxm2A

pm.

Demuestre que � es una medida �-�nita en la �-álgebra A = P().

7. Sea (;A; �) un espacio de medida �nita y suponga que (An) es una sucesión en Atal que l��m

n!1An existe. Demuestre que �( l��m

n!1An) = l��m

n!1�(An).

8. Sea (;A; �) un espacio de medida y suponga que (An) es una sucesión en A, talque

1Pn=1

�(An) < 1. Demuestre que casi todos los x 2 pertenecen a lo más a unnúmero �nito de An.

9. Sea (;A; �) un espacio de medida y sean:

B = fA 2 A : �(A) = 0 _ �(Ac) = 0g :

Demuestre que B es una �-álgebra.

10. Sea (;A; �) un espacio de medida y sea E 2 A. Denote por AE la clase de todoslos conjuntos medibles que son subconjuntos de E, y denote por �E la restricciónde � a AE . Demuestre que (E;AE ; �E) es un espacio de medida. Estos espacios seconocen como subespacios de medida del espacio (;A; �).

11. Sea (E;B; �) un espacio de medida y suponga que E � . Denotemos por A la clasede todos los subconjuntos A de tales que A \ E 2 B y de�namos � en A por�(A) = �(A \ E). Demuestre que (;A; �) es un espacio de medida y (E;AE ; �E)coincide con (E;B; �). Nota: el espacio (E;AE ; �E) está de�nido en el Problema 10.

36 Medida

12. Sea (;A; �) un espacio de medida y sea:

F = fE 2 A : �(E) <1g :

De�na, para A;B 2 F ,d(A;B) = �(A4B);

en donde A 4 B = (A � B) [ (B � A) es la diferencia simétrica entre A y B.Demuestre que (F ; d) es un espacio pseudométrico, esto es, cumple con las siguientespropiedades:

a) d(A;B) � 0b) d(A;B) = d(B;A)

c) d(A;C) � d(A;B) + d(B;C)

13. Sea (;B; �) un espacio de probabilidades (espacio de medida con �() = 1). Supon-ga que es un espacio Polaco (esto es un espacio métrico separable y completo) y Bes la �-álgebra de Borel de . Entonces 8� > 0;9K compacto, tal que �(K) � 1� �.

14. Sea un conjunto. Para cada A 2 P() de�namos: #(A) = jAj (cardinalidad deA). Demuestre que (;P();#) es un espacio de medida y que # es �-�nita si ysólo si es contable. Esta mediada # se denomina medida de conteo.

15. De un ejemplo de un espacio de medida (;A; �) y una sucesión (An) en A, tal queAn # A y l��m�(An) 6= �(A). ¿Contradice su resultado la Proposición 69?

16. Se dice que � : A ! [0;1] es continua inferiormente si para cada A 2 A y todasucesión (An) " A se tiene l��m

n!1�(An) = �(A). Suponga que � es aditiva y �nita en

el álgebra A. Demuestre que si � continua inferiormente en cada A 2 A, entonces �es una medida en A.

17. Sea � una medida �-�nita sobre el álgebra B. Demuestre que =1Pn=1

An con An 2 B

y �(An) <1 para todo n.

18. Sea (;A; �) un espacio de medida con � medida �-�nita. Demuestre que el con-junto:

fx 2 : fxg 2 A y � (fxg) > 0g ;es a lo más contable.

19. Sea (;A; �) un espacio de medida. Un conjunto A 2 A se dice que es un átomo si�(A) > 0 y para todo B 2 A con B � A, se tiene que �(B) = 0 ó �(B) = �(A). Sedice que � no es atómica si A no tiene átomos. Demuestre que si � no es atómicay A 2 A con 0 < �(A) < 1, entonces para todo � > 0 existe B 2 A con B � A y0 < �(B) < �.

20. Sea = Q y A el álgebra de�nida en el Problema 25, página 25. Demuestre que lamedida de conteo � es �-�nita en �(A) pero no en A (vea Problema 14).

21. Sea (;A; �) un espacio de medida. Una aplicación T : ! se dice que es mediblesi para todo E 2 A, se tiene que T�1(E) 2 A. La aplicación medible T se dice quepreserva medida si �(T�1(E)) = �(E) para todo E 2 A.Sea T es una aplicación que preserva medida en un espacio de medida �nita y seaE 2 A. Demuestre que casi todos los puntos de E son recurrentes, esto es, demuestreque para casi todos los puntos x 2 E, se cumple que Tn(x) 2 E para algún n 2 N.


22. Sea A la colección formada por ; � y todos los subconjuntos singulares (singletons)de . De�na �() = 1; �(�) = 0 y �(E) = 1 si E es un singleton. Describa lamedida exterior correspondiente.

23. Sea un conjunto in�nito no contable y sea A como en el Problema 22. De�na�() = 1 y �(E) = 0 si E 6= . Describa la medida exterior correspondiente.

24. Demuestre que bajo las hipótesis de la Proposición 80, ��(E) � �(E) para todoE 2 A. De un ejemplo en donde se produzca la desigualdad estricta.

25. Si A es una �-álgebra y � es una medida sobre A, entonces ��(E) = �(E) para todoE 2 A.

26. Sea un conjunto in�nito. De�na ��(A) en P () como el número de puntos de Asi A es �nito, en caso contrario de�na ��(A) =1. Demuestre que �� es una medidaexterior en P (). Halle los conjuntos medibles.

27. Sea un conjunto no vacío. De�na ��(�) = 0 y ��(A) = 1 si A 6= �. Demuestre que�� es una medida exterior en P (). Halle los conjuntos medibles.

28. Sea un conjunto in�nito no contable. De�na ��(A) = 0 si A es contable y ��(A) =1 en caso contrario. Demuestre que �� es una medida exterior en P (). Halle losconjuntos medibles.

29. Sea B � y suponga que �� es una medida exterior en . De�na ��(A) = ��(A\B).Demuestre que �� es una medida exterior en . Encuentre la relación entre losconjuntos medibles de �� y ��.

30. Demuestre que si una medida exterior es aditiva entonces es contablemente aditiva.

31. Los siguientes son algunos ejemplos de funciones de conjuntos. Determine cuáles sonmedidas exteriores:

a) es arbitrario y x0 es un punto �jo en . Para E 2 P() de�na ��(E) =�E(x0).

b) es arbitrario. De�na ��(E) = 1 para todo E 2 P().c) = fx; yg con x 6= y. De�na �� en P() como:

��(�) = 0; ��(fxg) = ��(fyg) = 10; ��() = 1:

d) es un conjunto de 100 puntos. Estos 100 puntos forman una matriz de 10�10.Si E es un subconjunto de , de�namos ��(E) como el número de columnasque contienen al menos un punto de E.

e) = N. Si E es un subconjunto �nito de N escribamos �(E) para denotarel número de puntos de E. Ahora, para un subconjunto arbitrario E de N,de�namos:

��(E) = l��m supn!1

1

n�(E \ f1; 2; : : : ; ng):

32. Demuestre que si �� y �� son medidas exteriores en , entonces ��+�� también loes.

33. Si (��n) es una sucesión de medidas exteriores en y (an) es una sucesión de númerospositivos, entonces la función de conjuntos �� de�nida por ��(E) =

Pan�

�n es una

medida exterior en .

38 Medida

34. Sea (;A) un espacio medible. Una función compleja de conjuntos � : A ! C sedice que es una medida compleja si es contablemente aditiva en A.

Si E =1Pk=1

Ek con Ek 2 A y E 2 A, diremos que (Ek) es una partición para E.

De�na:

j�j (E) = sup1Xk=1

j�(Ek)j (E 2 A)

en donde el supremo se toma sobre todas las posibles particiones de E. Demostrare-mos que j�j es una medida positiva en A. Esta medida se conoce como la variacióntotal de �.

Sea (Ei) una partición de E 2 A. Sean ti números reales tales que ti < j�j (Ei).Ahora cada Ei tiene una partición (Aij) tal que:

1Xj=1

j�(Aij)j > ti.

Como (Aij) con i; j = 1; 2; : : : es una partición de E, se tiene que:

1Xi=1

ti �Xi;j

j�(Aij)j � j�j (E): (3.7)

Tomando el supremo en el lado izquierdo de 3.7, sobre todas las posibles eleccionesde (ti) se deduce que:

1Xi=1

j�j (Ei) � j�j (E): (3.8)

Para demostrar la otra desigualdad, denotemos por (Aj) cualquier partición de E.Entonces, para un j �jo, (Aj \ Ei) es una partición de Ei. Luego:

Xj

j�(Aj)j =Xj

��Xi

�(Aj \ Ei)�� X

j

Xi

j�(Aj \ Ei)j

�Xi

Xj

j�(Aj \ Ei)j �Xi

j�j (Ei).

Por lo tantoj�j (E) �

Xi

j�j (Ei). (3.9)

De 3.8 y 3.9 se deduce que j�j es contablemente aditiva.

Para medidas complejas se puede demostrar que j�j es una medida real acotada,esto es j�j () < 1. Nosotros no demostraremos esta a�rmación. El lector interesadopuede consultar �Real and Complex Analysis�de W. Rudin.

Capítulo 4EXTENSIÓN DE MEDIDAS

4.1. El Teorema de Carathéodory

Teorema 84 Suponga que � es una medida �-�nita y �nitamente aditiva en un álgebraA de subconjuntos de . Entonces � tiene una única extensión a una medida en �(A).

Demostración. Como A es una familia secuencial de recubrimientos para , lasproposiciones 80 y 83 nos aseguran la existencia de un espacio de medida (;A�; ��) endonde A� es la �-álgebra de todos los conjuntos ��-medibles y �� es la restricción a A� demedida exterior inducida en por la medida �. Para demostrar que �� es una extensiónde � bastará con probar que A � A� ya que entonces �(A) � A� y por consiguiente ��estará de�nida en �(A). Note que � y �� coinciden en A ya que � es una medida en A.

Sean entonces F 2 A y A � . Debemos demostrar que ��(A) � ��(A \ F ) +��(A\F c). Obviamente podemos suponer que ��(A) <1. Si � > 0 elijamos una sucesión(En) en A tal que A �

1Sn=1

En y1Pn=1

�(En) < ��(A) + �. Entonces:

��(A \ F ) � ��

1[n=1

(En \ F )!�

1Xn=1

�� (En \ F ) :

Como �� = � en A se deduce que:

��(A \ F ) �1Xn=1

� (En \ F ) ; (4.1)

Análogamente:

��(A \ F c) �1Xn=1

� (En \ F c) : (4.2)

De 4.1 y 4.2 se obtiene �nalmente que:

��(A \ F ) + ��(A \ F c) �1Xn=1

� (En \ F ) + � (En \ F c)

=1Xn=1

� (En)

< ��(A) + �:

Como � es arbitrario se concluye que ��(A) � ��(A \ F ) + ��(A \ F c). Esto demuestraque A � A�.

Demostraremos ahora que la extensión de � a �(A) es única. Supongamos que �es otra medida sobre �(A) tal que � = � en A. Como � es �-�nita en A, se tiene que

40 Extensión de Medidas

existe (An) en A tal que =1Sn=1

An con �(An) < 1 para todo n � 1. Como A es un

álgebra, la sucesión (An) puede ser considerada disjunta (ver Problema 17, página 36).Para cada n � 1 de�namos:

�n(A) = � (A \An) ; A 2 � (A)�n(A) = � (A \An) ; A 2 � (A) .

Entonces �n y �n son medidas �nitas en � (A) y coinciden en A pues � y � lo hacen.Entonces,

C = fA 2 � (A) : �n(A) = �n(A)g :

es una familia monótona que contiene a A (ver Problema 5) y por lo tanto, de acuerdo ala Proposición 61 se deduce que � (A) = C. Esto signi�ca que �n(A) = �n(A) para todoA 2 � (A). Finalmente como:

� =1Xn=1

�n =1Xn=1

�n = �;

se concluye que � es única. Esto termina la demostración.

4.2. Completación de Medidas

De�nición 85 Sea (;A; �) un espacio de medida. Diremos que � es completa si paratodo A 2 A tal que �(A) = 0, se cumple que B 2 A para todo conjunto B � A.

Note que la medida construida en la Proposición 83 es completa. Demostraremosahora que cualquier medida puede ser extendida a una medida completa.

Proposición 86 Sea (;A; �) un espacio de medida. Denotemos por A la familia detodos los conjuntos de la forma E [N , en donde E 2 A y N es cualquier subconjunto dealgún conjunto en A de medida nula. Entonces A es una �-álgebra que contiene a A y lafunción

s� de�nida por:

s�(E [N) = �(E)

es una medida completa en A que extiende a la medida �. Esta medidas� se denomina la

completación de �.

Demostración. Demostraremos en primer lugar que A es una ��álgebra quecontiene aA. Sean E;A 2 A y seaN � A con �(A) = 0. Demostraremos que (E[N)c 2 A.Note que:

Ec �A = Ec \Ac � Ec \N c = (E [N)c � Ec:

Luego Ec � A � (E [N)c � Ec, de donde se deduce que (E [N)c = (Ec �A) [M conM � A. Como Ec �A 2 A, se concluye que (E [N)c 2 A.

Sea ahora En [ Nn 2 A; en donde Nn � An con �(An) = 0 y En; An 2 A.Entonces:

1[n=1

(En [Nn) = 1[n=1

En

![ 1[n=1

Nn

!:

Como1Sn=1

Nn �1Sn=1

An con1Sn=1

En;1Sn=1

An 2 A y �� 1Sn=1

An

�= 0, se deduce que A es

cerrada bajo uniones contables.Que A �A es evidente puesto que si E 2 A, entonces E = E [ � 2 A.

La Medida de Lebesgue 41

Demostraremos ahora ques� está bien de�nida en A. Supongamos que E1 [N1 =

E2 [N2, en donde E1; E2 2 A, N1 � A1; N2 � A2 y �(A1) = �(A2) = 0. Entonces como:

E1 � E1 [N1 = E2 [N2 � E2 [A2se deduce que �(E1) � �(E2). De modo similar se deduce que �(E2) � �(E1) y por lotanto

s� está bien de�nida en A. Como �(�) = 0, esto demuestra también que

s� es una

extensión de �.Ahora, si En [Nn 2 A es una sucesión como arriba, pero disjunta, entonces:

s�

1Xn=1

En [Nn

!=

s�

1Xn=1

En [1Xn=1

Nn

!

= �

1Xn=1

En

!

=1Xn=1

�(En)

=1Xn=1

s�(En [Nn).

Finalmente probaremos la completitud. Suponga ques�(E [ N) = �(E) = 0 en

donde N � A y A;E 2 A con �(A) = 0. Entonces H � E [N implica H � E [ A 2 A.Como �(E [A) = 0, se concluye que H = � [H 2 A. Esto concluye la demostración.

4.3. La Medida de Lebesgue

Sea = R y sea A la familia formada por R y todos los subconjuntos de R dela forma

nPk=1

(ak; bk], (uniones �nitas y disjuntas de intervalos de la forma (a; b] ; (�1; b]

y (a;1), con a; b 2 R). Es claro que el álgebra A (ver Problema 8, página 24) es unafamilia secuencial de recubrimientos para R. En A de�namos la función de conjunto m,conocida como función de longitud de intervalos, como 1 para intervalos no acotados ypara el caso de uniones disjuntas de intervalos acotados, la de�nimos por:

m(nPk=1

(ak; bk]) =nPk=1

(bk � ak)

m(�) = 0:

Es posible demostrar que esta función de conjuntos m está bien de�nida y es una medida�-�nita* en el álgebra A. Ahora bien, como la �-álgebra generada por A es justamentela �-álgebra de Borel B(R) (ver Problema 10, página 24) el Teorema 84 nos asegura queexiste una única extensión de m a la �-álgebra de Borel B(R).

De�nición 87 La medida m de�nida en la �-álgebra de Borel B(R) y que resulta deextender de manera única la función de longitud de intervalos por medio del teorema deCarathéodory desde el álgebra de intervalos A a la �-álgebra de Borel B(R); se conoce comola medida de Lebesgue. La extensión de esta medida, por medio de la Proposición 86, alálgebra completa B(R) también se conoce como la medida de Lebesgue y los elementos de�-álgebra B(R) se conocen como conjuntos Lebesgue medibles.

Corolario 88 Un conjunto Lebesgue medible es la unión de un conjunto de Borel y unsubconjunto de algún conjunto de Borel de medida de Lebesgue nula.

*Ver Halmos, Measure Theory, sección 8.


4.4. Un conjunto que no es Lebesgue Medible

Sean x; y 2 R. Diremos que x es equivalente a y si y sólo si x� y 2 Q. Si este esel caso, escribiremos x v y. Esto es:

x v y , x� y 2 Q.

Es fácil veri�car que la relación v es una relación de equivalencia en R (ver Problema7). Esta relación de equivalencia induce una partición de R en sus respectivas clases deequivalencia. Sea ahora E un subconjunto del intervalo (0; 1) conteniendo exactamente unpunto de cada clase de equivalencia. Demostraremos que E no es Lebesgue medible. Paraesto necesitamos dos propiedades de E:

(a) Si x 2 (0; 1), entonces x 2 E + r para algún racional r 2 (�1; 1) :(b) Si r y s son dos racionales distintos, entonces (E + r) \ (E + s) = �.

Para probar (a), note que para todo x 2 (0; 1) existe y 2 E tal que x v y. Si r = x � y,entonces x = y+ r 2 E+ r. Para probar (b), suponga que x 2 (E+ r)\ (E+ s). Entoncesx = y + r = z + s con y 2 E; z 2 E. Como y � z = s � r 6= 0, se deduce que y v z, y Econtendría dos puntos equivalentes, lo cual contradice nuestra elección de E.

Ahora, supongamos que E es Lebesgue medible y pongamos que m(E) = �.De�namos S =

S(E+r), en donde la unión se toma sobre todos los racionales r 2 (�1; 1).

Por (b), la colección es disjunta. Como m es invariante bajo traslaciones (ver Problema8) m(E + r) = � para todo r. Como S � (�1; 2), se tiene que m(S) � 3. Este resultado,junto a la aditividad contable de m obliga a que � = 0 y por ende a que m(S) = 0. Pero(a) implica que (0; 1) � S y en consecuencia m(S) � 1. Esto es una contradicción.

4.5. La Medida de Lebesgue-Stieltjes

De�nición 89 Una medida de Lebesgue-Stieltjes en R es una medida � en B(R) tal que�(I) <1 para todo intervalo acotado I � R.

De�nición 90 Una función f : R! R se dice que es una función de distribución si escreciente y continua por la derecha. Esto es, si cumple con:

(1) x < y =) f(x) � f(y):(2) l��m

x!a+f(x) = f(a) para todo a 2 R.

Proposición 91 Sea f : R! R una función de distribución y sea � (a; b] = f(b)� f(a).Entonces existe una única extensión de � a una medida de Lebesgue-Stieltjes en R.

Demostración. Extienda de manera natural � a una medida contablementeaditiva (aquí se requiere la continuidad por la derecha de la función de distribución f)sobre el álgebra A. Use ahora el teorema de Carathéodory para extender � a B (R). Esclaro que esta medida es de Lebesgue-Stieltjes pues � (a; b] = f(b) � f(a) < 1. Estotermina la demostración.

Esta medida � usualmente se denota por �f (o mf ) para indicar que depende def .

La Medida de Lebesgue-Stieltjes 43

Problemas

1. Demuestre que C = f(a; b] : a; b 2 Rg es una familia secuencial de recubrimientospara R.

2. Demuestre que todo subconjunto singular de R tiene medida de Lebesgue nula. Másaún, demuestre que todo subconjunto contable de R tiene medida de Lebesgue nula.

3. Demuestre que los intervalos (a; b) ; [a; b] ; (a; b] y [a:b) tienen la misma medida b�a.

4. Demuestre que existen conjuntos Lebesgue medibles que no son borelianos. Másprecisamente, si c es la cardinalidad de R, demuestre que hay 2c conjuntos Lebesguemedibles y �tan solo�c conjuntos Borelianos.

5. Sea A una álgebra en y sean � y � dos medidas �nitas en �(A) tales que �(A) =�(A) para todo A 2 A. Demuestre que la colección

C = fA 2 �(A) : �(A) = �(A)g

es una familia monótona que contiene a A. Concluya que C = �(A).

6. Demuestre que en la Proposición 86 se obtiene la misma �-álgebra si en lugar detomar la unión en la de�nición de la �-álgebra A se toma la resta de conjuntos.Demuestre el mismo resultado, pero ahora tomando la diferencia simétrica.

7. Sean x; y 2 R. De�nax v y () x� y 2 Q:

Demuestre que la relación v es una relación de equivalencia, esto es, simétrica,re�exiva y transitiva.

8. Demuestre que la medida de Lebesgue es invariante bajo traslaciones, esto es, Ees Lebesgue medible si y sólo si E + a es Lebesgue medible para todo a 2 R ym(E) = m(E + a).

9. Dado � > 0, construya un conjunto abierto E � [0; 1] que sea denso en [0; 1] y talque

m(E) < �:

10. El conjunto de Cantor. Considere la siguiente sucesión de conjuntos cerrados:

F1 = [0; 1]

F2 = [0; 1=3] [ [2=3; 1]F3 = [0; 1=9] [ [2=9; 1=3] [ [2=3; 7=9] [ [8=9; 1]

� � �

En esta sucesión, cada conjunto Fn+1 se forma eliminando el tercio central de cadauno de los intervalos cerrados que forman el conjunto Fn. El conjunto de Cantor sede�ne por:

F =1\n=1

Fn:

Demuestre que la medida de Lebesgue de este conjunto es nula a pesar que F y Rtienen la misma cardinalidad.


11. Sea E � R un conjunto de medida exterior �nita. Demuestre que para todo � > 0existe un conjunto abierto G conteniendo a E y tal que

m(G) < m�(E) + �:

12. Sea f : [a; b] ! R una función monótona. Demuestre que f es Lebesgue medible(vea de�nición del concepto de Lebesgue medible en el siguiente capítulo).

13. Sea E un subconjunto de R, demuestre que las siguientes condiciones son equiva-lentes:

a) E es medible.

b) Para todo � > 0, existe un conjunto abierto G tal que E � G y cumple conm�(G� E) < �:

c) Para todo � > 0, existe un conjunto cerrado F tal que F � E y cumple conm�(E � F ) < �:

Capítulo 5INTEGRACIÓN

5.1. Funciones medibles

De�nición 92 Sean (;A) y (�;B) dos espacios medibles y f : ! � una funciónarbitraria. Diremos que la función f es medible si la imagen inversa de todo conjuntomedible en � está en A. Esto es:

f medible , f�1(B) 2 A para todo B 2 B:

La notación f : (;A) ! (�;B) medible, signi�cará que f : ! � y que f esmedible respecto a las correspondientes �-álgebras.

De�nición 93 Sea (;A) un espacio medible e (Y; �) es un espacio topológico. Diremosque f es Borel medible si f : (;A) ! (Y;B(�)) es medible. En el caso que Y sea unsubconjunto de Borel en R o en R con la topología relativa usual, hablaremos simplementede funciones medibles, pero se entenderá que se trata de funciones Borel medibles.

Proposición 94 Sea (;A) un espacio medible e (Y; �) es un espacio topológico. Sea f :(;A)! (Y;B(�)). Entonces:

f es Borel medible , f�1(G) 2 A para todo G 2 � . (5.1)

Demostración. Si f es Borel medible es inmediato que se cumple la condiciónindicada. Supogamos ahora que se cumple la condición. De�namos como C la colección detodos los E � Y tales que f�1(E) 2 A. De acuerdo al Problema 7, página 24, C es una�-álgebra en Y y la condición indicada en 5.1 implica que � � C. Como B(�) es la menor�-álgebra que contiene a � , se concluye que B(�) � C. Esto termina la demostración.

Ejemplo 95 Sean (X; �1) e (Y; �2) dos espacios topológicos y f : X ! Y una aplicacióncontinua. Entonces:

f : (X;B(�1))! (Y;B(�2))

es Borel medible. Esto es inmediato de la proposición anterior puesto que el hecho que fsea continua implica que para todo G 2 �2,

f�1(G) 2 �1 � B(�1):

Ejemplo 96 Sea (;A) un espacio medible y sean (Y; �1) y (Z; �2) dos espacios topológi-cos. Considere las siguientes funciones:

f : (;A)! (Y;B(�1)) yg : (Y; �1)! (Z; �2) :

Suponga que f es Borel medible y que g es continua. Entonces g � f es Borel medible.

46 Integración

Proposición 97 Sea (;A) un espacio medible. Entonces f : (;A) !�R;B

�R��es

medible si y sólo sif�1((�;1]) 2 A para todo � 2 R. (5.2)

Demostración. De�namos como C la colección de todos los E � R tales quef�1(E) 2 A. De acuerdo al Problema 7, página 24, C es una �-álgebra en R y la condición5.2 implica que (�;1] 2 C para todo � 2 R. Elija un número real � y una sucesión dereales (�n) tal que �n < � y �n ! �. Como (�n;1] 2 C y,

[�1; �) =1[n=1

[�1; �n] =1[n=1

(�n;1]c

se deduce que [�1; �) 2 C. Lo mismo es cierto de:

(�; �) = [�1; �) \ (�;1] :

Como B�R�es la menor �-álgebra que contiene a todos estos intervalos, se deduce

que B�R�� C. Esto termina la demostración.

Proposición 98 Sea fn : (;A)! [�1;1] una sucesión de funciones medibles. De�na:

g(x) = supn�1

fn(x); h(x) = l��m supn!1

fn(x);

entonces g y h son medibles.

Demostración. Observe que g�1((�;1]) =1Sn=1

f�1n ((�;1]). Por lo tanto, deacuerdo a la Proposición 97, se tiene que g es medible. Obviamente el mismo resultado seobtiene si reemplazamos sup por ��nf en el enunciado de la proposición. Ahora como:

h(x) = ��nfk�1

(supj�k

fj

);

se sigue que h es medible. Esto termina la demostración.

Corolario 99 Si f; g : (;A)! [�1;1] son dos funciones medibles, entonces tambiénlo son m�ax ff; gg y m��n ff; gg. En particular son medibles:

f+ = m�ax ff; 0g y f� = �m��n ff; 0g :

Estas funciones f+ y f� se denominan respectivamente, parte positiva y parte negativade f y cumplen con las siguientes propiedades:

jf j = f+ + f�

f = f+ � f�.

Proposición 100 Sean f; g : (;A) ! R dos funciones medibles. Sea F : R� R! Runa función continua. Entonces la función:

h(x) = F (f(x); g(x)) (x 2 )

es medible. En particular f + g y fg son medibles.

Funciones Simples 47

Demostración. Sea

G� = f(u; v) : F (u; v) > �g :

Como F es continua, G� es un subconjunto abierto de R� R y podemos escribir:

G� =1[n=1

Rn

en donde Rn son rectángulos abiertos de la forma (an; bn)� (cn; dn) :Ahora bien, para demostrar que h es medible, de acuerdo a la Proposición 97,

basta demostrar que h�1((�;1]) 2 A para todo � 2 R. Pero:

h�1((�;1]) = fx : h(x) > �g = fx : F (f(x); g(x)) > �g

= fx : (f(x); g(x)) 2 G�g =(x : (f(x); g(x)) 2

1[n=1

Rn

)

=1[n=1

fx : (f(x); g(x)) 2 Rng

=

1[n=1

(fx : f(x) 2 (an; bn)g \ fx : g(x) 2 (cn; dn)g) :

Como los conjuntos fx : f(x) 2 (an; bn)g y fx : g(x) 2 (cn; dn)g son medibles, entoncesh�1((�;1]) es medible. Esto termina la demostración.

5.2. Funciones Simples

De�nición 101 Una función s : ! [0;1) cuyo rango consiste de un número �nito depuntos se denominará función simple.

Si �1; �2; : : : ; �n son todos los valores que asume s (sólo valores distintos) y side�nimos Ak = fx 2 : s(x) = �kg, entonces es fácil ver que:

s =nXk=1

�k�Ak; (5.3)

en donde �Akes la función característica de Ak. Si (;A) es un espacio medible, entonces

s es medible si y sólo si todos los conjuntos Ak son medibles. Cada vez que escribamos scomo en la Ecuación 5.3, supondremos que los valores �k y los conjuntos Ak son comoen esta de�nición.

Proposición 102 Sea f : (;A) ! [0;1] una función medible. Entonces existe unasucesión de funciones simples y medibles (sn)

1n=1 tales que:

(1) 0 � s1 � s2 � � � � � f:(2) sn(x)! f(x) para n!1, para todo x 2 .

Demostración. Para n = 1; 2; 3; : : : ; y para 1 � i � n2n, de�namos:

En;i = f�1��

i� 12n

;i

2n

��y Fn = f�1([n;1]).

De�namos:

sn =n2nXi=1

i� 12n

�En;i + n�Fn .

48 Integración

Como los conjuntos En;i y Fn son medibles, se deduce que sn son funciones simplesmedibles. Es claro que la sucesión (sn)

1n=1 satisface la condición (1):

Ahora, si x es tal que f(x) < 1, entonces sn(x) � f(x) � 2�n para todo nsu�cientemente grande; si f(x) = 1, entonces sn(x) = n. Esto demuestra (2). Estotermina la demostración.

Proposición 103 Sean f; g : (;A) ! [0;1] dos funciones medibles. Entonces f + g yfg son medibles.

Demostración. Sean (sn) y (tn) dos sucesiones de funciones simples medibles,como en la Proposición 102, asociadas a f y g respectivamente. Esto es:

0 � s1 � s2 � : : : � f; y sn(x)! f(x) para todo x 2 y0 � t1 � t2 � : : : � g; y tn(x)! g(x) para todo x 2 :

Entonces es claro* que para todo x 2 se tiene:

sn(x) + tn(x)! f(x) + g(x) y sn(x)tn(x)! f(x)g(x): (5.4)

Como sn + tn y sntn son funciones simples medibles, se deduce de la Proposición 98 quef + g y fg son medibles. Esto termina la demostración.

Nota 104 Observe que en la proposición anterior aparece la suma f(x)+g(x) y el produc-to f(x)g(x). Como el rango de f y g es el intervalo extendido [0;1] podría muy bien darseel caso que esta suma y este producto den origen a expresiones del tipo 1 +1; a +1;1�1, 0 �1 ó a �1 con a real positivo. Debido a esto y a otras razones que veremos pron-to (ver De�nición 107), se hace necesario de�nir este tipo de expresiones. Las siguientesde�niciones, entre otras buenas cualidades, hacen que efectivamente la conclusión 5.4 secorrecta:

De�nición 105 Si �1 < a <1, se de�ne a�1 = �1+ a = �1. No de�niremos laexpresión 1�1 ni �1+1.

Por otro lado, de�nimos:

a � (�1) = (�1) � a =

8<: �1 Si 0 < a � 1�1 Si �1 � a < 00 Si a = 0.

Corolario 106 Sean f; g : (;A) ! [�1;1] funciones medibles. Suponga que f + g yfg están bien de�nidas. Entonces f + g y fg son medibles.

Demostración. Basta observar que h � 0 medible implica �h es medible.Aplique ahora la Proposición 103 y el Corolario 99.

5.3. Integración de Funciones Positivas

De�nición 107 Sea (;A; �) un espacio de medida y sea s una función simple y mediblede la forma:

s =nXk=1

�k�Ak:

*Vea nota y de�nición siguiente.

Integración de Funciones Positivas 49

Si E 2 A, se de�ne: ZE

s d� =nXk=1

�k�(Ak \ E):

La convención 0 � 1 = 0 debe ser considerada en esta de�nición. Podría suceder que�k = 0 para algún k y que justamente �(Ak \ E) =1.

De�nición 108 Si f : (;A; �)! [0;1] es una función medible y E 2 A, se de�ne:ZE

f d� = sup

ZE

s d�,

en donde el supremo se toma sobre todas las funciones simples medibles tales que 0 � s �f . Esta integral se conoce como la integral de Lebesgue de f respecto a �.

Note que, aparentemente, tenemos dos de�niciones para la integral de f en el casoque f sea una función simple medible, sin embargo es claro que ambas de�niciones dan elmismo resultado.

Proposición 109 La integral dada en la De�nición 108, cumple con las siguientes propie-dades. Las funciones y conjuntos que aparecen a continuación se supone que son medibles:

(a) Si 0 � f � g, entoncesREf d� �

REg d�:

(b) Si A � B y f � 0, entoncesRAf d� �

RBf d�:

(c) Si f � 0, y 0 � c � 1, entoncesREcf d� = c

REf d�:

(d) Si f(x) = 0 para todo x 2 E, entoncesREf d� = 0.

(e) Si �(E) = 0, entoncesREf d� = 0.

(f) Si f � 0, entoncesREf d� =

R�Ef d�:

Demostración. (a), (b), (d) y (e) se deducen directamente de la de�nición. Para(c) consideremos dos casos (i) Si

REf d� = 0; entonces por Problema 8, se deduce que

f = 0 c.t.p. sobre E y ambos lados son nulos independientemente del valor de c. (ii) SiREf d� > 0 y 0 < c < 1, entonces el resultado se deduce del hecho que una función

simple s cumple con 0 � s � f si y sólo si la función simple cs cumple con 0 � cs � cf . Sic = 0 el resultado es evidente. Finalmente si c =1 es claro que ambos lados son igualesa 1. Para (f) ver Problema 9.

Lema 110 Sea (;A; �) un espacio de medida y sean s y t dos funciones simple mediblesen . Si E 2 A, de�namos:

'(E) =

ZE

s d�:

Entonces ' es una medida sobre A. Además:Z

(s+ t) d� =

Z

s d�+

Z

t d�: (5.5)

Demostración. Sea s =nPk=1

�k�Ak. Sea E1; E2; : : : ; una sucesión disjunta de

miembros de A, entonces si E =1Xj=1

Ej , la aditividad contable de � implica que:

'(E) =nXk=1

�k�(Ak \ E) =nXk=1

�k

1Xj=1

�(Ak \ Ej)

=1Xj=1

nXk=1

�k�(Ak \ Ej) =1Xj=1

'(Ej):

50 Integración

Como '(�) = 0, entonces ' es una medida sobre A.Ahora demostraremos la segunda parte del lema. Sea s como antes y suponga que

t =mPk=1

�k�Bk. Sea:

Eij = Ai \Bj ,entonces:Z

Eij

(s+ t) d� = (�i + �j)�(Eij) = �i�(Eij) + �j�(Eij) =

ZEij

s d�+

ZEij

t d�:

Por lo tanto la Ecuación 5.5 se cumple con Eij en lugar de . Como es la unión disjuntade estos conjuntos Eij con 1 � i � n; 1 � j � m, la primera parte del Lema implica quese cumple la Ecuación 5.5. Esto termina la demostración.

5.4. El Teorema de la Convergencia Monótona de Lebesgue

El siguiente teorema, por razones obvias, se conoce como el teorema de la con-vergencia monótona de Lebesgue:

Teorema 111 Sea fn : (;A; �)! [0;1] una sucesión de funciones medibles. y supongaque:

(1) 0 � f1(x) � f2(x) � � � � � 1 para todo x 2 .(2) fn(x)! f(x) cuando n!1, para todo x 2 .Entonces f es medible y,Z

fn d�!Z

f d� cuando n!1.

Demostración. ComoRfn d� �

Rfn+1 d�, existe � 2 [0;1] tal que:Z

fn d�! �.

Por Proposición 98, f es medible. Por otro lado, como fn � f , se tiene queRfn d� �R

f d�, esto implica que:� �

Rf d�: (5.6)

Para terminar la demostración bastará probar la desigualdad inversa en 5.6.Sea s una función simple medible tal que 0 � s � f . Sea c una constante,

0 < c < 1. Para cada n 2 N de�na:

En = fx : fn(x) � cs(x)g :

Entonces cada En es medible, E1 � E2 � E3 � � � � , y =SEn. Ahora observe que:Z

fn d� �ZEn

fn d� � c

ZEn

s d�:

Ahora si hacemos tender n ! 1; de acuerdo al Lema 110, podemos usar la Proposición69 (3) y obtendríamos que:

� � c

Z

s d�: (5.7)

Como la Ecuación 5.7 es cierta para todo c < 1, se obtiene que:

� �Z

s d�:

El Teorema de la Convergencia Monótona de Lebesgue 51

Finalmente, como s � f es arbitrario, se concluye que:

� �Z

f d�:


Corolario 112 Sea fn : (;A; �)! [0;1] una sucesión de funciones medibles. Entoncesla función

1Pn=1

fn(x) es medible en y,

Z

1Xn=1

fn(x) d� =1Xn=1

Z

fn(x) d�:

Demostración. Sean (sn) y (tn) sucesiones de funciones simples medibles talesque sn ! f1 y tn ! f2 como en la Proposición 102. Si un = sn+tn entonces un ! f1+f2.Aplicando el teorema de la convergencia monótona, Teorema 111, se deduce que:Z

un d�!Z

(f1 + f2) d�: (5.8)

Pero, de acuerdo al Lema 110, se tiene que:Z

un d� =

Z

(sn + tn) d� =

Z

sn d�+

Z

tn d�!Z

f1 d�+

Z

f2 d�: (5.9)

Como el límite es único, de 5.8 y 5.9 se deduce que:Z

(f1 + f2) d� =

Z

f1 d�+

Z

f2 d�:

Ahora aplicando inducción, para todo N 2 N se tiene:Z

NXn=1

fn(x) d� =

NXn=1

Z

fn(x) d� (5.10)

Pero comoNPn=1

fn(x) "1Pn=1

fn(x) para N ! 1, el teorema de la convergencia monótonaimplica que: Z

NXn=1

fn(x) d�!Z

1Xn=1

fn(x) d�: (5.11)

Por otro lado, por simple de�nición, se tiene que:

NXn=1

Z

fn(x) d�!1Xn=1

Z

fn(x) d� (5.12)

Usando nuevamente el argumento de la unicidad del límite de una sucesión (note que,de acuerdo a 5.10, las sucesiones en 5.11 y 5.12 son iguales) de 5.11 y 5.12 se deduce�nalmente que: Z

1Xn=1

fn(x) d� =1Xn=1

Z

fn(x) d�:


52 Integración

Corolario 113 Sea f : (;A; �)! [0;1] una función medible. Entonces:

�(E) =

ZE

f d�; (5.13)

es una medida sobre A y para toda función medible g con rango en [0;1] ; se tiene:Z

g d� =

Z

gf d�: (5.14)

Demostración. La demostración de que � es una medida es consecuencia delCorolario 112 (ver Problema 10).

Para demostrar la segunda parte observe que 5.13 implica que 5.14 es válido paratoda función característica g = �E y por ende es válido para toda función simple s. Ahorasi s1 � s2 � � � � � g es una sucesión de funciones simples que converge a g se tiene quesnf " gf y por lo tanto, de acuerdo al teorema de la convergencia monótona de Lebesgue,se tiene:Z

g d� =

Z

l��mn!1

sn d� = l��mn!1

Z

sn d� = l��mn!1

Z

snf d� =

Z

l��mn!1

snf d� =

Z

gf d�:


5.5. El Lema de Fatou

La siguiente proposición se conoce como Lema de Fatou:

Proposición 114 Sea fn : (;A; �) ! [0;1] una sucesión de funciones medibles. En-tonces: Z

�l��m infn!1

fn

�d� � l��m inf

n!1

Z

fnd�.

Demostración. Para cada n 2 N y cada x 2 , de�namos:

gn(x) = ��nfk�n

fk(x):

Como gn � fn, se tiene que: Z

gn d� �Z

fn d�: (5.15)

Observe ahora que 0 � g1 � g2 � � � � y gn(x)! l��m infn!1

fn(x). Aplicando el teorema de la

convergencia monótona de Lebesgue a la sucesión (gn), se tiene:

l��mn!1

Z

gn d� =

Z

l��m infn!1

fn d�: (5.16)

Por otro lado de 5.15 se obtiene:

l��m infn!1

Z

gn d� � l��m infn!1

Z

fn d�: (5.17)

Comparando 5.16 y 5.17 (recuerde que si una sucesión tiene límite, entonces este límitees igual al límite inferior y al superior), se concluye que:Z

l��m infn!1

fn d� � l��m infn!1

Z

fn d�:


El Lema de Fatou 53

De�nición 115 Sea f : (;A; �)! [�1;1] una función medible. De acuerdo al Coro-lario 99, las funciones f+ y f� son medibles. Para E 2 A, de�namos:Z

E

f d� =

ZE

f+ d��ZE

f� d�; (5.18)

siempre que al menos una de las integrales en el lado derecho de 5.18 sea �nita.Por otro lado y de acuerdo al Ejemplo 96, la función jf j es medible ya que es la

compuesta de f con la función valor absoluto que es continua. Diremos entonces que f esuna función integrable si: Z

jf j d� <1:

Note que, en el caso en que f es integrable, la integralREf d� está bien de�nida y es un

número real, puesto que f+ � jf j y f� � jf j y por lo tantoREf+ d� <1 y

REf� d� <1:

Corolario 116 Sea fn : (;A; �)! [�1;1] una sucesión de funciones medibles. Supon-ga que existe una función integrable g tal que fn � g para todo n. Entonces:Z

�l��m supn!1

fn

�d� � l��m sup

n!1

Z

fnd�.

Demostración. Sea hn = g � fn. Entonces hn : (;A; �) ! [0;1] y podemosaplicar el lema de Fatou a la sucesión (hn). Así se tiene:Z

l��m infn!1

hn d� � l��m infn!1

Z

hn d�;

pero entonces:Z

g d��Z

l��m supn!1

fn d� =

Z

l��m infn!1

(g � fn) d� =Z

l��m infn!1

hn d� =

� l��m infn!1

Z

hn d� = l��m infn!1

Z

(g � fn) d�

=

Z

g d�� l��m supn!1

Z

fn d�:

Simpli�cando porRg d� se obtiene

Rl��m supn!1

fn d� � l��m supn!1

Rfn d�: Esto termina la

demostración.

Proposición 117 Sea f : (;A; �) ! [�1;1] una función integrable. Entonces, paratodo E 2 A se tiene: ��Z

E

f d�

�� ZE

jf j d�:

Demostración. Observe que:ZE

f d� =

ZE

f+ d��ZE

f� d� �ZE

f+ d� �ZE

jf j d�:

Análogamente:ZE

f d� =

ZE

f+ d��ZE

f� d� � �ZE

f� d� � �ZE

jf j d�:

Por lo tanto:

�ZE

jf j d� �ZE

f d� �ZE

jf j d�:


54 Integración

5.6. El Teorema de la Convergencia Dominada de Lebesgue

El siguiente teorema se conoce como el teorema de la convergencia dominada deLebesgue:

Teorema 118 Sea fn : (;A; �) ! [�1;1] una sucesión de funciones medibles talesque:

f(x) = l��mn!1

fn(x)

existe para todo x 2 . Suponga que existe una función integrable g tal que:jfn(x)j � g(x) para todo n 2 N y para todo x 2 .

Entonces f es integrable y,

l��mn!1

Z

jfn � f j d� = 0; (5.19)

y

l��mn!1

Z

fn d� =

Z

f d�: (5.20)

Demostración. Como jf j � g y f es medible, se deduce que f es integrable.Como jfn � f j � 2g, una aplicación del Lema de Fatou a la función 2g� jfn � f j, nos da:Z

2g d� � l��m infn!1

Z

(2g � jfn � f j) d�

=

Z

2g d�+ l��m infn!1

��Z

jfn � f j d��

=

Z

2g d�� l��m supn!1

�Z

jfn � f j d��:

ComoR2g d� es �nito, se puede sustraer de ambos lados, obteniendo:

l��m supn!1

�Z

jfn � f j d�� 0:

Evidentemente este resultado implica 5.19.Por otro lado, de acuerdo a la Proposición 5.20, se tiene:��Z

fn d��Z

f d�

�� = ��Z

(fn � f) d�� Z

jfn � f j d�

Por lo tanto 5.19.implica 5.20. Esto termina la demostración.

5.7. Comparación con la integral de Riemann

El siguiente teorema cuya demostración no daremos (ver Problema 28) muestraque la integral de Lebesgue es una extensión natural de la integral de Riemann. Sea elintervalo [a; b] con la �-álgebra M de los conjuntos Lebesgue medibles de [a; b] y dx lamedida de Lebesgue. Usaremos la notación

R baf dx para escribir la integral de Lebesgue

en el intervalo [a; b] y RR baf dx para la correspondiente integral de Riemann..

Teorema 119 Sea f : [a; b]! R una función real acotada. Entonces:(a) f es Riemann integrable en [a; b] si y sólo si f es continua c.t.p. en [a; b] :(b) Si f es Riemann integrable en [a; b], entonces f es Lebesgue integrable en [a; b]

y, Z b

a

f dx = RZ b

a

f dx

Comparación con la integral de Riemann 55

Problemas

1. Sean f; g : (;A; �)! [�1;1] dos funciones medibles. Demuestre que los conjun-tos:

A = fx : f(x) = g(x)g ; B = fx : f(x) < g(x)g ; C = fx : f(x) � g(x)g ;

son todos medibles.

2. Sea (;A) un espacio medible y E 2 A. Demuestre que f(x) = �E(x) es medible.

3. Sea f : (;A; �) ! [�1;1]. Demuestre que cada una de las siguientes cuatrocondiciones implica las otras tres:

fx : f(x) > �g es medible para todo � 2 R.fx : f(x) � �g es medible para todo � 2 R.fx : f(x) < �g es medible para todo � 2 R.fx : f(x) � �g es medible para todo � 2 R.

4. Sea f : (;A; �) ! [�1;1] una función medible. Demuestre que jf j es medibleusando la de�nición.

5. Suponga que f : (;A; �) ! [�1;1] es medible y � es una medida completa.Demuestre que si f = g c.t.p., entonces g es medible.

6. Sean (;A; �) y (�;B; �) dos espacios medibles con � medida completa y f; g : !� funciones tales que f es medible. Demuestre que si f = g c.t.p., entonces g esmedible.

7. Sea fn : (;A; �) ! [�1;1] una sucesión de funciones medibles. Demuestre queel conjunto:

A = fx : (fn(x))1n=1 convergeges un conjunto medible.

8. Sea f : (;A; �) ! [0;1] medible, E 2 A. Suponga queREf d� = 0. Entonces

f = 0 c.t.p. sobre E.

9. Demuestre la Proposición 109 (f).

10. Sea f : (;A; �) ! [0;1] medible y sea �(E) =REf d�. Demuestre que � es una

medida en .

11. Sea f : (;A; �)! [�1;1] una función integrable. Suponga queREf d� = 0 para

todo E 2 A. Entonces f = 0 c.t.p. sobre .

12. Suponga que f; g : (;A; �) ! [�1;1] son medibles con f = g c.t.p. Entonces fintegrable implica que g es integrables y

Rf d� =

Rg d�:

13. Suponga que f : (;A; �) ! [�1;1] es integrable. Demuestre que fx : f(x) 6= 0ges �-�nito.

14. Sea = N con la �-álgebra discreta y la medida del conteo. Demuestre que f :

! [�1;1] es integrable si y sólo si1Pn=1

jf(n)j es convergente. En este casoRN f d� =

1Pn=1

f(n).

56 Integración

15. Use el Corolario 112 aplicado al espacio N con la �-álgebra usual y la medida deconteo, para demostrar que para toda sucesión doble (aij) de números positivos, secumple:

1Xi=1

1Xj=1

aij =1Xj=1

1Xi=1

aij :

16. Sea f : (;A; �) ! [�1;1] una función integrable con �() < 1. Sea F unsubconjunto de R cerrado y no vacío. Suponga que:

(8E 2 A)��(E) > 0 ) 1

�(A)

ZE

f d� 2 F�:

Entonces f(x) 2 F c.t.p. sobre .

17. Sea f : (;A; �)! [0;1] una sucesión decreciente de funciones medibles tales quefn(x)! f(x) para todo x 2 . Suponga que f1 es integrable. Demuestre que:

l��mn!1

Z

fn d� =

Z

f d�:

18. Sea (fn) una sucesión de funciones continuas en [0; 1] tal que 0 � fn � 1. Supongaque fn(x)! 0 para todo x 2 [0; 1]. Demuestre que l��m

n!1

R 10fn d� = 0.

19. Usando el teorema de la convergencia monótona de Lebesgue demuestre que:

l��mn!1

Z n

0

�1� x

n

�nex=2 dx = 2

l��mn!1

Z n

0

�1 +

x

n

�ne�2x dx = 1:

20. Sea fn = �E si n es impar y fn = 1 � �E si n es par. ¿Cual es la importancia deesta sucesión respecto al lema de Fatou?

21. Suponga que (;A; �) es un espacio de medida. Demuestre que � es �-�nita si ysólo si existe función integrable f tal que f(x) > 0 para todo x 2 .

22. Sea fn : (;A; �) ! R una sucesión de funciones medibles y acotadas que con-verge uniformemente a la función f . Suponga que �() < 1. Demuestre quel��mn!1

Rfn d� =

Rf d�:

23. Sea = N con la �-álgebra discreta y la medida del conteo. Considere la sucesión(fn) de�nida por:

fn(k) =

�1=n Si 1 � k � n0 Si k > n:

Demuestre que esta sucesión converge uniformemente a f = 0, sin embargo l��mRfn 6=R

f . Compare con el problema anterior.

24. Sea = N con la �-álgebra discreta y la medida del conteo. Considere la sucesión(fn) de�nida por:

fn(k) =

�1=k Si 1 � k � n0 Si k > n:

(a) Demuestre que esta sucesión converge uniformemente a la función f(k) = 1=k; k 2N.(b) Demuestre que cada fn es integrable, pero f no lo es.

Comparación con la integral de Riemann 57

25. Convergencia casi uniforme.

Una sucesión fn : (;A; �)! [�1;1] de funciones medibles y reales c.t.p. se diceque converge casi uniformemente a una función medible f si para todo � > 0, existeun conjunto medible E � con �(E) < � tal que (fn) converge a f de manerauniforme en �E. Demuestre que la sucesión (fn) converge puntualmente a f casien todas partes (en ).

26. El teorema de Egoro¤.

Suponga que la sucesión fn : (;A; �)! [�1;1] de funciones reales c.t.p. convergepuntualmente (también c.t.p.) a una función medible f y real c.t.p. Entonces si� () <1 se tiene que (fn) converge casi uniformemente a f .

27. Convergencia en medida.

Una sucesión fn : (;A; �)! [�1;1] de funciones medibles y reales c.t.p. se diceque converge en medida a una función medible f si para todo � > 0,

l��mn!1

� (fx : jfn(x)� f(x)j � �g) = 0:

Demuestre:

a) El límite es único c.t.p.

b) Convergencia casi uniforme ) convergencia en medida.

28. Demuestre que si f : [a; b] ! R es una función acotada y Riemann integrable,entonces f es continua c.t.p. en [a; b].

29. Resuelva el Problema 8, página 35 usando integración del siguiente modo: de�na Acomo el conjunto de los puntos x que están en in�nitos An. Hay que demostrar que

�(A) = 0. Para este efecto de�na g(x) =1Pn=1

�An(x), (x 2 ), en donde �An

es la

función característica de An y observe que x 2 A si y sólo si g(x) =1.

30. Sea f : (;A; �) ! [0;1] una función integrable con 0 <Rf d� = c < 1. Sea �

una constante. Demuestre que:

l��mn!1

Z

n ln

�1 +

�f

n

��d� =

8<: 1 Si 0 < � < 1c Si � = 10 Si 1 < � <1:

31. Sea,

fn(x) =

�n Si 0 � x < 1=n0 Si 1=n � x � 1

Demuestre que l��mn!1

fn(x) = 0 c.t.p. en [0; 1], sin embargo l��mn!1

R 10fn dm = 1 (m

la medida de Lebesgue). Este ejemplo muestra que la condición jfnj � g dada en elteorema de la convergencia dominada de Lebesgue no es super�ua.

32. Sea (;A; �) un espacio medible y (0;A0) un espacio de medida. Suponga que:

f : (;A)! (0;A0)

es medible. Demuestre que:

58 Integración

(a) �0 : A0 ! [0;1] de�nida por:

�0(E0) = �f�1(E0) = ��f�1(E0)

�(E0 2 A0)

es una medida sobre A0:(b) Suponga que g : 0 ! [0;1] es medible. Entonces:Z

0g d��f�1

�=

Z

(g � f) d�: (5.21)

(c) Suponga que g : 0 ! [�1;1] es medible. Entonces g es �0-integrable si y sólosi g � f es �-integrable y en este caso también rige 5.21.

33. Demuestre que la función f(x) = sinx+ cosx no es Lebesgue integrable en R.

34. Demuestre que la función f(x) = (sinx)=x no es Lebesgue integrable en (1;1).

35. Demuestre que la función f(x) = 1=x no es Lebesgue integrable en (0; 1).

36. Considere la función de�nida en [0; 1] por:

f(x) =

�1=m Si x = n=m (fracción irreducible) con m;n 2 N.0 Si x es irracional.

Demuestre que f es Lebesgue integrable. HalleR 10f(x) dx.

37. Sea f : (;A; �) ! [0;1] una función integrable y � > 0. Demuestre que existeA 2 A, �(A) <1 y tal que: ��Z

f d��ZA

f d�

�� < �:

38. Sea (;A; �) un espacio de medida tal que �() < 1 y f : (;A; �) ! R unafunción medible. Sea:

An = fx : n� 1 � jf(x)j < ng :

Entonces f es integrable si y sólo siPn�(An) <1.

39. Sean f; g : (;A; �)! [�1;1] funciones medibles. Demuestre:

f y g integrables )�f2 + g2

�1=2integrable.

f2 y g2 integrables ) fg integrable.

Capítulo 6LOS ESPACIOS LP

6.1. Funciones Convexas

De�nición 120 Suponga que �1 � a < b � 1. Entonces ' : (a; b) ! R se dice que esuna función convexa si para todo par de reales x; y 2 (a; b) y � 2 (0; 1) se tiene:

'((1� �)x+ �y) � (1� �)'(x) + �'(y): (6.1)

Gra�camente la condición establece que para todo t 2 (x; y) el punto (t; '(t)) debe estarsobre o debajo del segmento lineal que une los puntos (x; '(x)) e (y; '(y)).

Ejemplo 121 Dos ejemplos típicos de funciones convexas, la primera de�nida en R y lasegunda en (0;1) son '(x) = exp(x) = ex y '(x) = xp con p � 1.

Lema 122 ' : (a; b)! R es convexa si y sólo si:

'(t)� '(s)t� s � '(u)� '(t)

u� t (6.2)

para todo s; t y u tales que a < s < t < u < b.

Demostración. Ver Problema 2.

Ejemplo 123 Si ' : (a; b)! R es diferenciable, entonces ' es convexa si y sólo si '0 esmonótonamente creciente, esto es a < s < t < b implica que '0(s) � '0(t):

Proposición 124 Si ' : (a; b)! R es convexa, entonces ' es continua.

Demostración. Ver Problema 1.

6.2. La Desigualdad de Jensen

Proposición 125 Sea (;A; �) un espacio de medida tal que �() = 1 y f : ! (a; b)una función integrable. Entonces si ' : (a; b)! R es convexa, se tiene que:

'

�Z

f d�

��Z

(' � f) d�:

Nota 126 Las cantidades a y b pueden ser reales extendidos.

Demostración. Pongamos t =Rf d�. Entonces a < t < b. Si � es el supremo

de los cuocientes del lado izquierdo en 6.2 para a < s < t, entonces � no es mayor queninguno de los cuocientes del lado derecho para u 2 (t; b). De aquí se sigue que:

'(s) � '(t) + �(s� t) (a < s < b):

60 Los Espacios Lp

Por lo tanto para todo x 2 se tiene:

'(f(x))� '(t)� �(f(x)� t) � 0: (6.3)

Como ' es continua, ' � f es medible. Integrando ambos lados de 6.3 se tiene:Z

(' � f) d�� '(t)Z

d�� Z

f d�+ �t

Z

d� � 0:

Pero t =Rf d� y

Rd� = 1. Reemplazando se obtiene:Z

(' � f) d�� '(Z

f d�)� �t+ �t � 0.


6.3. Las Desigualdades de Hölder y Minkowki

De�nición 127 Diremos que los números reales positivos p y q son exponentes conjuga-dos si:

1

p+1

q= 1:

Los casos extremos p = 1 y q =1 (y viceversa) también se consideran exponentes conju-gados.

Proposición 128 Sean p y q dos exponentes conjugados con 1 < p; q <1. Sea (;A; �)un espacio de medida. Entonces si f; g : (;A; �)! [0;1] son dos funciones medibles, setiene: Z

fg d� ��Z

fp d�

�1=p�Z

gq d�

�1=q(6.4)

y �Z

(f + g)pd�

�1=p��Z

fp d�

�1=p+

�Z

gp d�

�1=p(6.5)

La desigualdad 6.4 se denomina desigualdad de Hölder y la 6.5 se conoce como desigual-dad de Minkowski. Si en 6.4 hacemos p = q = 2 entonces la desigualdad obtenida seconoce como desigualdad de Schwarz.

Demostración. Sean A y B los factores del lado derecho de 6.4. Si A = 0,entonces f = 0 c.t.p. por Problema 8, página 55; luego fg = 0 c.t.p. y la desigualdad 6.4es cierta. Si A > 0 y B = 1 la desigualdad 6.4 nuevamente es trivial. Por lo tanto sólonecesitamos considerar el caso 0 < A;B <1. Pongamos:

F =f

A; G =

g

B: (6.6)

Entonces: Z

F p d� =

Z

Gq d� = 1:

Si x 2 cumple con 0 < F (x) < 1 y 0 < G(x) < 1, entonces existen reales s y t talesque:

F (x) = es=p; G(x) = et=q.

Los Espacios Lp 61

Como 1=p+ 1=q = 1, la convexidad de la función exponencial implica que:

es=p+t=q � 1

pes +

1

qet:

De lo que sigue:

F (x)G(x) � 1

pF (x)p +

1

qG(x)q: (6.7)

Note que 6.7 es válida para todo x 2 . Integrando se obtiene:Z

FGd� � 1

p

Z

F p d�+1

q

Z

Gq d� =1

p+1

q= 1.

Usando 6.6, �nalmente se obtiene:Z

fg d� � AB =

�Z

fp d�

�1=p�Z

gq d�

�1=q;

lo que demuestra la desigualdad de Hölder.Para demostrar 6.5 escribamos:

(f + g)p= f � (f + g)p�1 + g � (f + g)p�1 :

De acuerdo a Hölder se tiene que:Z

f � (f + g)p�1 d� ��Z

fpd�

�1=p�Z

(f + g)(p�1)q

d�

�1=q(6.8)

Análogamente:Z

g � (f + g)p�1 d� ��Z

gpd�

�1=p�Z

(f + g)(p�1)q

d�

�1=q(6.9)

Sumando 6.8 y 6.9 y observando que (p� 1) q = p, se obtiene:Z

(f + g)pd� �

�Z

(f + g)pd�

�1=q "�Z

fpd�

�1=p+

�Z

gpd�

�1=p#: (6.10)

Evidentemente es su�ciente demostrar 6.5 en el caso que el lado izquierdo sea mayor que0 y el derecho menor que 1. La convexidad de la función tp para t 2 R implica que:�

f + g

2

�p� 1

2(fp + gp) :

De aquí se deduce queR(f + g)

pd� es menor que 1. Dividiendo por este factor en 6.10

se obtiene la desigualdad 6.5. Esto termina la demostración.

6.4. Los Espacios Lp

De�nición 129 Si 0 < p < 1 y f : (;A; �) ! [�1;1] es una función medible,de�namos:

kfkp =�Z

jf jp d��1=p

:

Denotaremos por Lp(�) al conjunto de todas las funciones f tales que kfkp < 1. Si = R, escribiremos Lp(R) en lugar de Lp(�).

62 Los Espacios Lp

De�nición 130 Sea g : ! [0;1] una función medible y sea S el conjunto de todos losreales positivos � tales que:

��g�1 ((�;1])

�= 0:

De�namos el supremos esencial kgk1 de g como:

kgk1 =

�1 Si S = ��nf S Si S 6= �:

Denotemos por L1(�) al conjunto de todas las funciones f : (;A; �)! [�1;1]medibles tales que el supremo esencial de jf j, denotado por kfk1 es acotado, esto eskfk1 < 1. Las funciones de L1(�) se dice que son esencialmente acotadas. Si = R,escribiremos L1(R) en lugar de L1(�).

Ejemplo 131 Si � es la medida de conteo en un conjunto A con la �-álgebra A = P(A),entonces, en lugar de usar la notación Lp(�), 1 � p � 1; para denotar los espaciosarriba de�nidos, usaremos lp(A). Si A es contable escribiremos lp. Los elementos de estosúltimos espacios pueden ser considerados como sucesiones reales. Si x = (xn) es una talsucesión, entonces:

kxkp =

8><>:� 1Pn=1

jxnjp�1=p

Si 1 � p <1

supn�1

jxnj Si p =1:

Nota 132 De acuerdo a la De�nición 130, se tiene:(a) Si S 6= � entonces kgk1 =��nf S = m��nS. En efecto, si � =��nf S, entonces:

g�1 ((�;1]) =1Sn=1

g�1��

� +1

n;1��

;

por lo tanto g�1 ((�;1]) = 0 y � 2 S.(b) jf(x)j � � c.t.p. en , � � kfk1 :

Proposición 133 Sean p y q exponentes conjugados, 1 � p; q � 1. Suponga que f 2Lp(�) y g 2 Lq(�). Entonces fg 2 L1(�) y,

kfgk1 � kfkp kgkq : (6.11)

Demostración. Si 1 < p; q < 1 entonces la conclusión es inmediata de laProposición 128. Si p =1, entonces integrando ambos lados de la desigualdad,

jf(x)g(x)j � kfk1 jg(x)j c.t.p. sobre ,

se deduce 6.11. Si p = 1, entonces q = 1 y podemos aplicar el mismo argumento. Estotermina la demostración.

Teorema 134 Sea 1 � p � 1. Suponga que f 2 Lp(�) y g 2 Lp(�). Entonces f + g 2Lp(�) y además:

kf + gkp � kfkp + kgkp : (6.12)

Demostración. Si 1 < p <1, el resultado se sigue directamente de la Proposi-ción 128. Si p = 1 ó p = 1, entonces 6.12 es consecuencia inmediata de la desigualdadjf + gj � jf j+ jgj. Esto termina la demostración.

Los Espacios Lp 63

De�nición 135 Si en los espacios Lp(�) con 1 � p � 1; de�nimos la relación:

f v g , f = g c.t.p. sobre ,

entonces f v g es una relación de equivalencia sobre estos espacios. Denotaremos porLp(�) los espacios vectoriales formados por las respectivas clases de equivalencia.

Nota 136 Es fácil darse cuenta que a diferencia de Lp(�), 1 � p � 1; los espaciosLp(�) son espacios vectoriales normados. Si en estos espacios de�nimos:

d(f; g) = kf � gkpentonces d es una distancia en Lp(�). Esta distancia se conoce como la métrica o distanciausual de Lp(�). En el caso de L1(�) también se conoce como la métrica o distanciauniforme o de la convergencia uniforme.

Teorema 137 Los espacios Lp(�), 1 � p � 1 son espacios métricos completos.

Demostración. El caso p =1 ver Problema 8.Si 1 � p < 1 y (fn) es de Cauchy, entonces existe (fnk) con n1 < n2 < � � � , tal

que: fni+1 � fni p < 1

2ii � 1: (6.13)

De�na:

gk =kXi=1

��fni+1 � fni�� ; g =1Xi=1

��fni+1 � fni�� : (6.14)

Por 6.13,

kgkkp �kXi=1

fni+1 � fni p � kXi=1

1

2i< 1:

Usando ahora el lema de Fatou, se tiene:

kgkpp =

Zgp d� =

Z(l��m gk)

pd� =

Zl��m (gpk) d�

=

Zl��m inf (gpk) d� � l��m inf

Zgpk d� = l��m inf kgkk

pp � 1.

Por lo tanto kgkp � 1. En particular g(x) <1 c.t.p., de manera que la serie:

f(x) = fn1(x) +1Xi=1

�fni+1(x)� fni(x)

�converge absolutamente casi en todas partes. Como

fn1 +k�1Xi=1

�fni+1 � fni

�= fnk

se concluye que f(x) = l��mi!1

fni(x) casi en todas partes. Demostraremos ahora que (fn)

converge a f en Lp. Sea � > 0. Entonces existe N tal que para todo n;m � N se cumpleque kfn � fmkp < �. Fijemos m � N . Entonces por el lema de Fatou, se tiene:Z

jf � fmjp d� =

Zjl��m fni � fmj

pd� =

Zl��m jfni � fmj

pd�

� l��m inf

Zjfni � fmj

pd� = l��m inf kfni � fmk

pp < �p:

64 Los Espacios Lp

Luego, para todo m � N se cumple que kf � fmkp < �. De aquí se obtienen dos conclu-siones:

(1) f � fm 2 Lp y como fm 2 Lp, se deduce que f 2 Lp.(2) Ya que f 2 Lp y kf � fmkp < � para todo m � N , de deduce que (fn)

converge a f en Lp. Esto �naliza la demostración.

Corolario 138 Si (fn) es una sucesión convergente a f en el espacio Lp(�), 1 � p � 1,entonces existe una subsucesión (fnk) que converge puntualmente a f c.t.p.

Proposición 139 Sea S el conjunto de todas las funciones medibles simples s con soportede medida �nita y de�nidas en , esto es

� (fx : s(x) 6= 0g) <1;

entonces si 1 � p <1, se tiene que S es denso en Lp(�).

Demostración. Como el soporte de las funciones simples de S tiene medida�nita, se sigue que S � Lp(�). Supongamos que f � 0 y sea fsng una sucesión defunciones medibles simples de�nidas como en la Proposición 102. Como 0 � sn � f , sededuce que sn 2 Lp(�), y por lo tanto sn 2 S. Como jf � snjp � fp, el teorema de laconvergencia dominada demuestra que kf � snkp ! 0. Esto demuestra que f pertenece ala Lp-clausura de S. El caso general se deduce de este.

Los Espacios Lp 65

Problemas


2. Demuestre el Lema 122.

3. Usando la desigualdad de Jensen en el espacio = f1; 2; : : : ; ng con la medida� (fkg) = 1=n (A = P ()) y la función convexa '(x) = exp(x) demuestre ladesigualdad:

(y1y2 � � � yn)1=n �1

n(y1 + y2 + � � �+ yn) y1; y2; � � � yn 2 R+:

4. Suponga que �i > 0 para i = 1; 2; : : : ; n y cumplen connPi=1

�i = 1. Demuestre que

y�11 y�22 � � � y�nn � �1y1 + �2y2 + � � �+ �nyn y1; y2; � � � yn 2 R+: (6.15)

5. Usando la desigualdad de Jensen en el espacio = f1; 2; : : : ; ng con la medida�(fkg) = 1=n y la función '(x) = x2, demuestre la desigualdad:

(x1 + x2 + � � �+ xn)2 � n(x21 + x22 + � � �+ x2n)

6. Demuestre que si f es una función integrable en [0; 1], entonces

exp

�Z 1

0

f(t) dt

��Z 1

0

exp(f(t)) dt

7. Suponga que f : [0; 1] ! (0;1) es una función medible tal que ln f es integrable.Demuestre que Z 1

0

ln(f(t)) dt � ln�Z 1

0

f(t) dt

�:

8. Demuestre que L1(�) es completo.

9. Suponga que la sucesión (fn) converge a la función f en Lp(�) para algún p � 1 yque l��m

n!1fn = g c.t.p. Demuestre que f = g c.t.p.

10. Suponga que (xi) 2 lp e (yi) 2 lq en donde p y q son exponentes conjugados talesque 1 < p; q <1. Demuestre que:

1Xi=1

jxiyij � 1Xi=1

jxijp!1=p 1X

i=1

jyijq!1=q

:

11. Suponga que (xi) e (yi) pertenecen a lp con 1 � p <1. Demuestre que (xi + yi) 2 lpy además: 1X

i=1

jxi + yijp!1=p

� 1Xi=1

jxijp!1=p

+

1Xi=1

jyijp!1=p

:

12. Demuestre que si 0 < p < 1, entonces la función d(f; g) =�Rjf � gjp d�

�1=pno es

una distancia en Lp. Sin embargo si de�nimos d(f; g) =Rjf � gjp d� si lo es.

66 Los Espacios Lp

13. Demuestre que si 0 < p < 1, entonces la vecindad del ceronf : kfkp < �

oen Lp(0; 1)

no es un conjunto convexo.

14. Demuestre la siguiente extensión de la Proposición 133. Sean p; q; r � 1 tales que1

r=1

p+1

q. Suponga que f 2 Lp(�) y g 2 Lq(�). Entonces fg 2 Lr(�) y kfgkr �

kfkp kgkq.

15. Sea f : (;A; �)! R una función medible tal que kfk1 > 0. Para p > 0, de�na:

'(p) =

Z

jf jp d�; E = fp : '(p) <1g :

Demuestre:

(a) Si r < p < s; r 2 E y s 2 E, entonces p 2 E.

(b) Demuestre que ln' es convexa en E (y por lo tanto en�E) y que ' es continua

en E.

(c) Si r < p < s, entonces kfkp � m�ax fkfkr ; kfksg y Lr(�) \ Ls(�) � Lp(�):

(d) Suponga que kfkr <1 para algún r <1. Demuestre que l��mp!1

kfkp = kfk1 :

16. Sea f : (;A; �)! R una función medible. Suponga que � () = 1, demuestre que

0 < r � s � 1 ) kfkr � kfks

17. Suponga que �() <1. Demuestre:

0 < r � s � 1 =) Ls(�) � Lr(�):

18. Suponga que �() < 1 y que 1 � r < s � 1. Demuestre que si (fn) es unasecuencia de funciones que converge a f en Ls, entonces (fn) también converge a fen Lr.

19. Suponga que � () = 1 y f; g : (;A; �) ! [0;1] son funciones medibles tales quefg � 1. Demuestre que: �Z

f d�

��Z

g d�

�� 1.

20. Suponga que � () = 1 y h : (;A; �) ! (0;1) es medible. De�na A =Rh d�.

Demuestre que: p1 +A2 �

Z

p1 + h2 d� � 1 +A.

Encuentre una interpretación para este resultado en el caso en que � sea la medidade Lebesgue en [0; 1] y h = f 0; con h continua.

21. Sea (;A; �) un espacio de medida y suponga que f 2 L1(�). Demuestre que paratodo � > 0 existe � > 0 tal que

REjf j d� < � para todo conjunto E 2 A tal que

�(E) < �.

22. Suponga que g 2 L1(R) \ L1(R) y l��mjxj!1

jg(x)j = 0. Demuestre que

l��mn!1

1

n

ZRg(t) f(t=n) dt = 0

para toda función f 2 L1(R). (Indicación: Use teorema 8.26 de Rudin).

Los Espacios Lp 67

23. Sea 1 � p < 1, 0 < � () < 1 y f : (;A; �) ! R medible. De�na Np(f) =�1

�()

Rjf jp d�

�1=p. Demuestre

a) p1 < p2 implica que Np1(f) � Np2(f).

b) Np(f + g) � Np(f) +Np(g):

c) 1�()

Rjf gj d� � Np(f)Np(g)

Note que Np(f) tiene las mismas propiedades que k:kp pero tiene una propiedadadicional de ser monótona.

68 Los Espacios Lp

Capítulo 7MEDIDAS SIGNADAS

7.1. La Descomposición de Hahn

De�nición 140 Sea (;A; �) un espacio de medida. Diremos que � : A ! (�1;1] esuna medida signada si cumple con las siguientes condiciones:

a) El dominio A de � es una �-álgebra en :b) � es contablemente aditiva en A.c) �(�) = 0:

Ejemplo 141 La motivación de esta noción proviene de considerar la función:

�(E) = �1(E)� �2(E); E 2 A, (7.1)

de�nida como la diferencia de las medidas �1 y �2, en donde �2 es �nita. Es claro queen este caso � es una medida signada. En esta sección demostraremos que toda medidasignada es de esta forma.

Ejemplo 142 Suponga que f es una función real medible, tal queRf�d� <1. Entonces

la función � de�nida por:

�(A) =

ZA

f d�;

es una medida signada.

De�nición 143 Sea � una medida signada de�nida en la �-álgebra A y sean P 2 A; N 2A. Entonces diremos que:

1. P es positivo respecto a � si �(P \A) � 0 para todo A 2 A.

2. N es negativo respecto a � si �(N \A) � 0 para todo A 2 A.

Proposición 144 Sea � una medida signada, entonces existen dos conjuntos medibles ydisjuntos P y N tales que P es positivo y N es negativo respecto a � y = P +N . Estoes, es la unión disjunta de P y N .

Demostración. Denotemos por N la clase de todos los conjuntos negativos res-pecto a �. De�na � = ��nf

B2N�(B) y sea (Bj) una sucesión de conjuntos negativos tales que

�(Bj)! �. Sea:

N =1[j=1

Bj y

P = �B

70 Medidas Signadas

Demostraremos ahora que N es negativo y P es positivo respecto a �. Esto terminará lademostración.

De acuerdo a los Problemas 3 y 4, se tiene que N es negativo y �(N) = �.Supongamos que P no es positivo. Entonces existe un conjunto E0 � P tal que

�(E0) < 0. Es claro que E0 no puede ser negativo, puesto que entonces E0 [ N seríanegativo y �(E0 [N) < �, contradiciendo la elección de �. Por lo tanto existe E1 � E0tal que �(E1) > 0. Sea m1 el entero positivo más pequeño para el cual existe un talconjunto E1 satisfaciendo �(E1) � 1=m1. De acuerdo al Problema 1 se debe cumplir que�(E1) <1. Como:

�(E0 � E1) = �(E0)� �(E1) � �(E0)�1

m1< 0;

podemos aplicarle al conjunto E0 � E1 el mismo argumento que le aplicamos a E0. Lla-memos nuevamente m2 al menor entero positivo tal que E0�E1 contiene un conjunto E2satisfaciendo �(E2) � 1=m2.

Continuando de esta manera se obtiene (Ek)1k=1 y (mk)

1k=1 tales que mk es el

menor entero positivo para el cual existe Ek � E0 �k�1Si=1

Ei, satisfaciendo:

�(Ek) � 1=mk: (7.2)

Es claro que �� 1Si=1

Ei

�<1 y como la colección Ek es disjunta, se deduce que �(Ek)! 0.

Por lo tanto, de acuerdo a 7.2 se tiene:

l��mk!1

1

mk= 0.

De aquí se deduce que para todo subconjunto medible F de F0 = E0 �1Si=1

Ei se cumple:

�(F ) � 1

mk � 1! 0.

Esto signi�ca que �(F ) � 0 y por lo tanto F0 es negativo. Como:

�(F0) = �(E0)�1Xi=1

�(Ei) < �(E0) < 0;

se obtiene que �(N [ F0) < �(N) lo que constituye una contradicción. Esto termina lademostración.

En el contexto de este resultado, la descomposición de en dos conjuntos mediblesdisjuntos, uno positivo y el otro negativo respecto a la medida signada �, se conoce comodescomposición de Hahn.

7.2. La Descomposición de Jordan

A pesar de que la descomposición de Hahn no es única (ver Problema 5), cualquierade ellas da origen a una descomposición de la medida signada, conocida como descom-posición de Jordan y que es independiente de la descomposición de Hahn elegida (verProblema 6).

Continuidad Absoluta 71

Proposición 145 Sea � una medida signada y sea P y N una descomposición de Hahn,en donde P es positivo y N es negativo respecto a �. De�namos:

�+(E) = �(E \ P );��(E) = ��(E \N)

entonces �+ y �� son medidas. Además para todo conjunto medible E se tiene:

�(E) = �+(E)� ��(E):

Esta descomposición de � como la diferencia de dos medidas no negativas se conoce comola descomposición de Jordan de la medida signada �.

De�nición 146 Las medidas �+ y �� se conocen como la variación positiva y la variaciónnegativa de � respectivamente. La medida:

j�j (E) = �+(E) + ��(E)

se conoce como la variación total de �. Note que j�j (E) en general es distinto de j�(E)j.Una medida signada � se dice que es �nita (resp. �-�nita) si j�j es �nita (resp.

�-�nita).

7.3. Continuidad Absoluta

De�nición 147 Sean �, �, �1 y �2 medidas de�nidas en la �-álgebra A. Supongamosque � es positiva y �; �1 y �2 son medidas signadas. Entonces:

(1) Diremos que � es absolutamente continua respecto a � y escribiremos �� si para todo E 2 A,

�(E) = 0 ) �(E) = 0.

(2) Diremos que � está concentrada en el conjunto A 2 A, si para todo E 2 A setiene que

�(E) = �(E \A):

(3) Diremos que �1 y �2 son mutuamente singulares si existe un par de conjuntosdisjuntos A y B tales que �1 está concentrado en A y �2 está concentrado en B. En estecaso escribiremos que

�1 ? �2:

Proposición 148 Suponga que �, �; �1 y �2 son medidas en la �-álgebra A y que � espositiva. Entonces:

(a) � concentrada en A ) j�j concentrada en A.(b) Si �1 ? �2, entonces j�1j ? j�2j.(c) Si �1 ? � y �2 ? �, entonces �1 + �2 ? �.(d) Si �1 � � y �2 � �, entonces �1 + �2 � �.(e) Si �� , entonces j�j � �.(f) Si �1 � � y �2 ? �, entonces �1 ? �2.(g) Si �� y � ? �, entonces � = 0.

Demostración. a) Sea P y N una descomposición de Hahn, en donde P espositivo y N es negativo respecto a �. Entonces:

j�j (E \A) = �+(E \A) + ��(E \A) = �(E \A \ P )� �(E \A \N)= �(E \ P )� �(E \N) = �+(E) + ��(E) = j�j (E):

72 Medidas Signadas

b) Sigue inmediatamente de (a).c) Existen conjuntos disjuntos A1 y B1 tal que �1 está concentrada en A1 y �

en B1. También hay conjuntos disjuntos A2 y B2 tal que �2 está concentrada en A2 y� en B2. Entonces �1 + �2 está concentrada en A = A1 [ A2 y � está concentrada enB = B1 \B2. Es claro que A \B = �.

d) Obvio.e) Sea P y N una descomposición como en (a) y suponga que �(E) = 0. Como

�� se tiene que �(E \ P ) = �(E \N) = 0. Por lo tanto:

j�j (E) = �+(E) + ��(E) = �(E \ P )� �(E \N) = 0:

f) Como �2 ? �, existe un conjunto A tal que �(A) = 0 sobre el cual �2 estáconcentrado. Como �1 � �, se tiene entonces que �1(E) = 0 para todo E � A. Estosigni�ca que �1 está concentrado en B = Ac. Luego �1 ? �2.

g) Por f) y la hipótesis de g) se tiene que � ? �. Esto implica que � = 0. Estotermina la demostración.

7.4. El Teorema de Radon-Nikodym

Lema 149 Sean � y � dos medidas positivas reales, tales que � � �. Suponga que � noes idénticamente nula. Entonces existe un conjunto medible P y un � > 0 tal que:

�(P ) > 0 y P es positivo para la medida signada � � ��.

Demostración. Sea (Pn; Nn) una descomposición de Hahn para la medida sig-nada �� 1

n�. Evidentemente el lema quedará demostrado si probamos que existe n tal que�(Pn) > 0. Supongamos por el contrario que para todo natural n se tiene que �(Pn) = 0.Entonces � (

SPn) = 0 y como � � � se concluye que

��[

Pn

�= 0: (7.3)

Por otro lado:

��\

Nn

�� (Nn) �

1

n�(Nn) �

1

n�():

Por lo tanto:��\

Nn

�= 0: (7.4)

Como (SPn)

c=TNn, se deduce de 7.3 y 7.4 que � = 0. Esto contradice la hipótesis y

completa la demostración.El siguiente teorema se conoce como el teorema de Radon-Nikodym.

Teorema 150 Sean � y � dos medidas positivas y acotadas en una �-álgebra A de sub-conjuntos de tales que �� . Entonces existe una única función f 2 L1(�) tal que:

�(E) =

ZE

f d� (E 2 A). (7.5)

Esta función f se conoce como la derivada de Radon-Nikodym de � respecto a � y seexpresa como

d� = f d�:

El Teorema de Radon-Nikodym 73

Demostración. La unicidad de f se deduce del Problema 11, página 55.Sea ahora H =

�g : g � 0 medible y

RAg d� � �(A); 8A 2 A

. Como g = 0 2

H, H 6= �. Demostraremos ahora que si (gi) es una sucesión de funciones en H, entonces:

fn = m�ax fg1; g2; : : : ; gng 2 H.

De�namos A1 = fx : g1(x) = fn(x)g y para 2 � j � n,

Aj = fx : gj(x) = fn(x) ^ gj > m�ax fg1; : : : ; gj�1gg ;

entonces A1; A2; : : : ; An es una colección disjunta tal quenPj=1

Aj = . Por lo tanto, de

acuerdo al Corolario 113, si A 2 A se tiene:ZA

fn d� =nPj=1

ZA\Aj

fn d� =nPj=1

ZA\Aj

gj d� �nPj=1

� (A \Aj) = � (A) :

Por lo tanto fn 2 H. Usando ahora el teorema de la convergencia monótona de Lebesguese deduce que:

sup gi 2 H.Sea ahora:

� = sup

�Z

g d� : g 2 H�;

y sea (fn) una sucesión en H tal queRfn d�! �. Sea f = sup fn. Evidentemente f 2 H

y, Z

f d� = �.

Como � � � () < 1, se deduce que f 2 L1(�). Demostraremos que f es la derivadade Radon-Nikodym de � respecto a �. Para este efecto basta demostrar que la medidapositiva � de�nida por:

�(E) = �(E)�ZE

f d�,

es idénticamente cero. Si esto fuese falso, una aplicación directa del Lema 149, nos asegurala existencia de un conjunto P 2 A y un � > 0 tal que �(P ) > 0 y P es positivo para lamedida signada:

'(E) = �(E)� ��(E) = �(E)�ZE

f d�� (E).

De esta última a�rmación se desprende que para todo E 2 A,

�(E \ P ) �ZE\P

f d�+ ��(E \ P ): (7.6)

Como f 2 H, también se tiene que:

�(E � P ) �ZE�P

f d�: (7.7)

Sumando las desigualdades 7.6 y 7.7, se obtiene:

�(E) = �(E \ P ) + �(E � P ) �ZE\P

f d�+ ��(E \ P ) +ZE�P

f d�

=

ZE

f d�+ ��(E \ P ) =ZE

f d�+ �

ZE

�P d�

=

ZE

(f + ��P ) d�:

74 Medidas Signadas

Por lo tanto f + ��P 2 H. Pero:Z

(f + ��P ) d� =

Z

f d�+ �

Z

�P d� = � + ��(P ) > �,

lo que es una contradicción. Esto termina la demostración.

Corolario 151 Sean � y � dos medidas positivas y �-�nita en una �-álgebra A de sub-conjuntos de tales que �� . Entonces existe una única función medible f tal que:

�(E) =

ZE

f d� (E 2 A).

Demostración. Como � y � son �-�nita, existe una sucesión de conjuntos me-dibles y disjuntos (An) tal que:

1Xn=1

An = ; �(An) <1; �(An) <1 (n = 1; 2; : : :):

Usando el teorema anterior, se obtienen funciones fn tales que:

�(E \An) =ZE\An

fn d�.

Ahora es fácil ver que la función f =P�An

fn satisface las condiciones del corolario.

Corolario 152 Sea � y � dos medidas �-�nita en una �-álgebra A de subconjuntos de tales que � � �. Entonces si � es positiva y � es signada, existe una única funciónmedible f tal que:

�(E) =

ZE

f d� (E 2 A).

Demostración. De acuerdo al Corolario anterior, existen funciones medibles f1y f2 tales que:

�+(E) =

ZE

f1 d�; ��(E) =

ZE

f2 d� (E 2 A).

Entonces:

�(E) = �+(E)� ��(E) =ZE

(f1 � f2) d�:

La unicidad de f = f1 � f2 se deduce del Problema 11, página 55.

7.5. El Teorema de la Descomposición de Lebesgue

El siguiente teorema se conoce como el teorema de la descomposición de Lebesgue:.

Teorema 153 Sea � y � dos medidas signadas y �-�nitas en una �-álgebra A de sub-conjuntos de . Entonces existe un único par de medidas signadas y �-�nitas �a y �s enA tal que:

� = �a + �s; �a � �; �s ? �: (7.8)

El par (�a; �s) se conoce como la descomposición de Lebesgue de � respecto a �.

El Teorema de la Descomposición de Lebesgue 75

Demostración.Descomponiendo las medidas en sus correspondientes variaciones,podemos suponer que � y � son positivas. De acuerdo al Corolario 151, se tiene que existefunción medible f � 0 tal que:

d� = f d(�+ �): (7.9)

Sea:A = fx : f(x) > 0g ; B = fx : f(x) = 0g :

Entonces A y B son disjuntos y A+B = y,

�(B) =

ZB

f d(�+ �) = 0:

Si �(C) = 0 y C � A entonces �(C) = 0 y por lo tanto 7.9 implica que:ZC

f d(�+ �) = �(C) = 0:

Como C � A = fx : f(x) > 0g este resultado implica que (� + �)(C) = 0. Ahora como�(C) = 0 se concluye �nalmente que �(C) = 0. De�namos ahora:

�a (E) = �(E \A); �s (E) = �(E \B):

Es fácil veri�car que esta es la descomposición buscada. Para demostrar la unicidad supon-ga que existe otra descomposición �0a y �

0s satisfaciendo 7.8. Entonces:

�0a � �a = �s � �0s; �0a � �a � �; �s � �0s ? �;

entonces la Proposición 148 implica que �0a � �a = �s � �0s = 0. Esto completa lademostración.

Nota 154 Entre las muchas aplicaciones que tiene el teorema de Radon-Nikodym se en-cuentra en lugar destacado su uso casi directo en las demostraciones de una serie deteoremas de representación. En particular se utiliza para representar, mediante una inte-gral apropiada, operadores lineales continuos de�nidos en espacios vectoriales tan diversoscomo* C0(X) o Lp con 1 � p <1. Estos teoremas llevan el nombre genérico de teoremasde representación de Riesz.

*Espacio de funciones complejas continuas que se anulan al in�nito.

76 Medidas Signadas

Problemas

1. Sea � una medida signada y sean E y F dos conjuntos medibles tales que E � F .Demuestre que si j�(F )j <1, entonces j�(E)j <1.

2. Sea � una medida signada real. Demuestre que � es acotada.

3. Si N1 y N2 son dos conjuntos negativos respecto a la medida signada �, entoncesN1 � N2 implica que �(N2) � �(N1).

4. Demuestre que la colección N de todos los conjuntos negativos respecto a una medi-da signada � es un �-anillo. En otras palabras, demuestre queN contiene al conjunto� y es cerrada bajo diferencias y uniones contables. Demuestre un resultado similarpara la colección de todos los conjuntos positivos.

5. De un ejemplo de una medida signada para la cual la descomposición de Hahn noes única.

6. Suponga que = P1 + N1 = P2 + N2 son dos descomposiciones de Hahn de unamedida signada �. Demuestre que para todo subconjunto medible E se tiene �(E \P1) = �(E \ P2) y �(E \N1) = �(E \N2):


8. Sea f : (;A; �)! [�1;1] una función integrable. De�na �(A) =RAf d�:Entonces:

�+(A) =

ZA

f+ d�; ��(A) =

ZA

f� d�; j�j (A) =ZA

jf j d�:

9. Demuestre que:

�+(A) = sup f�(C) : C 2 A; C � Ag ; ��(A) = ��nf f�(C) : C 2 A; C � Ag :

10. Sean �; �1 y �2 medidas signadas �-�nitas y � y � medidas positivas �-�nitas:

(a) Si �1 � � y �2 � � entonces �1 + �2 � � y se cumple

d(�1 + �2)

d�=d�1d�

+d�2d�

c.t.p. [�] :

(b) Si � � �� , entonces se cumple

d�

d�=d�

d�

d�

d�c.t.p. [�] :

11. Sea un espacio in�nito no contable y A la colección de todos los conjuntos A � tal que A o Ac son contables. De�na � como en el Problema 3, página 35, esto es�(A) = 0 si A es contable y �(A) = 1 si A no es contable y de�na � como la medidadel conteo. Demuestre que �� , pero el teorema de Radon-Nikodym no es válido.

12. Sea = [0; 1] y A la �-álgebra de Borel en [0; 1]. De�na � como la medida deLebesgue y � como la medida del conteo. Demuestre que �� , pero el teorema deRadon-Nikodym no es válido.

Capítulo 8INTEGRACIÓN EN ESPACIOS PRODUCTO

8.1. Medidas Producto

De�nición 155 Sean (;A) y (�;B) dos espacios medibles. Denotaremos por A� B la�-álgebra generada en �� por todos los rectángulos medibles E�F con E 2 A y F 2 B.Como siempre denotaremos por (� �;A� B) el espacio medible resultante.

Proposición 156 Sean (;A) y (�;B) dos espacios medibles. Sea E 2 A� B, entoncespara cada x 2 y para cada y 2 �,

Ex = fy 2 � : (x; y) 2 Eg 2 B:Ey = fx 2 : (x; y) 2 Eg 2 A.

En otras palabras, Ex y Ey son conjuntos medibles.Estos conjuntos se conocen respectivamente como la x-sección y la y-sección de

E.

Demostración. De�namos H = fE 2 A� B : Ex 2 Bg. Como cualquier rectán-gulo medible pertenece a H, bastará demostrar que H es una �-álgebra para concluir queH = A� B y terminar la demostración. El que H sea una �-álgebra se deduce de lassiguientes identidades: �[

En

�x=[(En)x (Ec)x = (Ex)

c .


Proposición 157 Sea f : (� �;A� B)! [�1;1] una función medible. Entonces:(a) Para cada x 2 la función fx : (�;B)! [�1;1] de�nida por:

fx(y) = f(x; y) (y 2 �);

es medible (respecto a la �-álgebra B).(b) Para cada y 2 � la función fy : (;A)! [�1;1] de�nida por:

fy(x) = f(x; y) (x 2 );

es medible (respecto a la �-álgebra A).

Demostración. (a) Basta demostrar la proposición para funciones del tipo f =�A, es decir, funciones indicatrices, ya que entonces sería cierto para funciones simples.Usando aproximaciones por funciones simples se podría extender a funciones mediblespositivas y �nalmente a funciones medibles arbitrarias por descomposición en sus partespositiva y negativa.

78 Integración en Espacios Producto

Supongamos entonces que f = �A con A 2 A� B. Sea x 2 , entonces hay quedemostrar que para todo � 2 R, el conjunto:

fy 2 � : (�A)x (y) > �g = fy 2 � : �A(x; y) > �g 2 B.

Pero:

fy 2 � : �A(x; y) > �g =

8<: � Si � � 1fy 2 � : (x; y) 2 Ag Si 0 � � < 1 Si � < 0

Por lo tanto todo se reduce a demostrar que la sección Ax = fy 2 � : (x; y) 2 Ag pertenecea B y esto último es cierto por Proposición 156. Esto termina la demostración.

Teorema 158 Sean (;A; �) y (�;B; �) dos espacios de medida. Entonces existe, sobrela �-álgebra A� B una medida, denotada por �� tal que:

(�� ) (A�B) = �(A)�(B) A 2 A; B 2 B. (8.1)

Si � y � son �-�nitas, entonces la medida �� es única y se denomina medida producto.

Demostración. Sea H la colección de todas las sumas (disjuntas) �nitas derectángulos A � B con A 2 A; B 2 B. Es fácil veri�car H es una álgebra. De�namos� = � � � por 8.1 y extendamos � de manera lineal al álgebra H. Usando el teoremade la convergencia monótona es posible demostrar que � es una medida sobre H (verProblema 1). Usando ahora el teorema de extensión de Caratheódory podemos extender� a la �-álgebra A� B. Como � es �-�nita sobre H, esta extensión es única. Esto terminala demostración.

Proposición 159 Sean (;A; �) y (�;B; �) dos espacios de medida �-�nitas. Supongaque Q 2 A� B. Considere las funciones:

' : ! [0;1] , de�nida por '(x) = �(Qx):

: �! [0;1] , de�nida por (y) = �(Qy):

Entonces ' es A-medible y es B-medible y se cumple:Z

'd� = (�� ) (Q) =Z�

d�. (8.2)

Demostración. Demostraremos sólo la primera igualdad. Sean (Aj) y (Bj) dossucesiones de conjuntos (ambas disjuntas) en A y B respectivamente tales que =

SAj

y � =SBj con �(Aj) <1 y �(Bj) <1, para todo j. Por el teorema de la convergencia

monótona es su�ciente demostrar que para todo j y k �jos, se tiene que:

'k : ! [0;1] , de�nida por 'k(x) = �(Qx \Bk)

es A-medible y,(�� ) (Q \ (Aj �Bk)) =

ZAj

�(Qx \Bk) d�:

Sea H la colección de todos los conjuntos en A� B tales estas dos propiedades son ciertas.Como H contiene a todos los rectángulos medibles, el Problema 29, de la página 26 nosasegura que H = A� B en el caso que H sea �-aditiva. Aquí demostraremos solamenteque H es cerrada bajo diferencias propias.

El Teorema de Fubini 79

Sean E;F 2 H tal que F � E. Entonces como �(Bk) <1, se tiene:

� ((E � F )x \Bk) = � ((Ex \Bk)� (Fx \Bk))= � (Ex \Bk)� � (Fx \Bk) :

Esto demuestra que la función x 7! �((E � F )x \Bk) es A-medible.Por otro lado, como las funciones:

�Aj(x)�(Ex \Bk) y �Aj

(x)�(Fx \Bk)

son �-integrables, se tiene:ZAj

�((E � F )x \Bk) d� =

ZAj

� (Ex \Bk) d��ZAj

� (Fx \Bk) d�

= (�� ) (E \ (Aj �Bk))� (�� ) (F \ (Aj �Bk))= (�� ) ((E � F ) \ (Aj �Bk)) :

Esto demuestra que A es cerrada bajo diferencia propia y termina la demostración.

8.2. El Teorema de Fubini

Teorema 160 Sean (;A; �) y (�;B; �) dos espacios de medida �-�nitas. Entonces:(a) Si f : (� �;A� B; �� )! [0;1] es medible y ' y son las funciones:

'(x) =

Z�

fx d�; (y) =

Z

fy d�: (8.3)

Entonces ' es A-medible y es B-medible y se cumple:Z

'd� =

Z��

f d (�� ) =Z�

d�: (8.4)

(b) Si f : (� �;A� B; �� ) ! [�1;1] es integrable, entonces fx 2 L1(�)para casi todo x 2 , fy 2 L1(�) para casi todo y 2 �, las funciones de�nidas por 8.3pertenecen a L1(�) y a L1(�) respectivamente y se cumple 8.4.

(c) Si f : (� �;A� B; �� )! [�1;1] es medible y si

'�(x) =

Z�

jf jx d� yZ

'� d� <1;

entonces f 2 L1(�� ).

Demostración. Por Proposición 157, las de�niciones de ' y tienen sentido.Si Q 2 A� B y f = �q entonces 8.4 corresponde simplemente a 8.2 por lo tanto (a)se cumple para toda función simple no negativa y A� B-medible. Para el caso generalconsidere una sucesión creciente (sn) de tales funciones simples tales que sn(x; y) " f(x; y)para todo (x; y) 2 ��. Si 'n se asocia con sn de la misma forma en que ' fue asociadocon f , se tiene que para todo n � 1, se cumple:Z

'n d� =

Z��

sn d(�� ): (8.5)

Ahora, por el teorema de la convergencia monótona 'n " ' y una nueva aplicación delmismo teorema en 8.5 nos da 8.4. La segunda parte de (a) se sigue simplemente intercam-biando el rol de x e y.


(b) Considere las funciones f+ y f�. Apliquemos parte (a) a f+ y a f�. Sea '1y '2 las funciones asociadas a f

+ y a f� del mismo modo en que ' se asoció a f . Comof 2 L1(� � �) y f+ � jf j y como (a) se cumple para f+, se deduce que '1 2 L1(�).Análogamente '2 2 L1(�). Ahora como:

fx =�f+�x��f��x

se deduce que fx 2 L1(�) para todo x tal que '1(x) <1 y '2(x) <1. Como '1 y '2 estánen L1(�), esto ocurre para casi todos los x y en tales x se tiene que '(x) = '1(x)�'2(x).Por lo tanto ' 2 L1(�). Ahora 8.4 se cumple con '1 y f+ y con '2 y f� en lugar de ' yf . Si restamos las ecuaciones resultantes se obtiene una parte del resultado. La segundaparte se obtiene de la misma manera con fy y en lugar de fx y '.

(c) Basta aplicar parte (a) a la función jf j.

Nota 161 La identidad 8.4 usualmente se escribe como:Z

d�(x)

Z�

f d�(y) =

ZZ��

f d (�� ) =Z�

d�(y)

Z

f d�(x): (8.6)

La integral del medio se denomina integral doble y la de los extremos integrales iteradas.

Corolario 162 Sea E � ��. Suponga que E es A� B-medible. Entonces (�� ) (E) =0 si y sólo si �(Ex) = 0 para casi todos los x 2 .

Demostración. Aplicando la primera igualdad de 8.6 a la función característicade E se tiene:Z

d�(x)

Z�

�E(x; y) d�(y) =

ZZ��

�E d (�� ) = (�� ) (E):

Por lo tanto (�� ) (E) = 0 si y sólo siR��E(x; y) d�(y) = 0 c.t.p.[�]. Pero:Z

�

�E(x; y) d�(y) = �(Ex):


Ejemplo 163 Sean = � = [0; 1] ; � = � =medida de Lebesgue en [0; 1]. Sea 0 < �1 <�2 � � � ; tal que �n " 1. Para cada n � 1 elija una función real y continua gn tal quegn(x) = 0, 8x =2 (�n; �n+1) y que cumpla con la igualdad

R 10gn(t) dt = 1. De�na:

f(x; y) =1Xn=1

(gn(x)� gn+1(x)) gn(y):

Note que para cada punto (x; y) a lo más un término en esta suma es diferente de 0, luegof es real en todo � �. Ahora observe que:Z 1

0

dx

Z 1

0

f(x; y) dy = 1 6= 0 =Z 1

0

dy

Z 1

0

f(x; y) dx;

por lo tanto no se cumple la conclusión del teorema de Fubini aún cuando ambas integralesiteradas existen. Note que f es continua excepto en (1; 1) pero,Z 1

0

dx

Z 1

0

jf(x; y)j dy =1.

El caso Real 81

Ejemplo 164 Sean = � = [0; 1] ; � =medida de Lebesgue en [0; 1] y � =medida deconteo en [0; 1]. De�na:

f(x; y) =

�1 x = y0 x 6= y:

Entonces para todo x; y 2 [0; 1] se cumple que:Z

f(x; y) d�(x) = 0;

Z�

f(x; y) d�(y) = 1:

Por lo tanto: Z�

d�(y)

Z

f(x; y) d�(x) = 0 6= 1 =Z

d�(x)

Z�

f(x; y) d�(y):

En este caso la hipótesis que falta para aplicar el teorema de Fubini es la �-�nitud de lamedida �.

8.3. El caso Real

En esta sección discutiremos la relación que existe entre el espacio de medida,�R� R;B(R� R);m2

�y el espacio: �

R� R;B(R)� B(R);m1 �m1

�que hemos estado discutiendo en la sección anterior.

En el primer caso, el espacio�R� R;B(R� R);m2

�se obtiene de una aplicación

directa del torema de Caratheódory en R� R y la �-álgebra de Lebesgue B(R� R) escompleta respecto a la medida de Lebesgue m2. En el segundo caso, el espacio�

R� R;B(R)� B(R);m1 �m1

�no es ni siquiera completo (ver Problema 3). Afortunadamente, este problema tiene unasolución elegante:

Teorema 165 Denotemos por mk la medida de Lebesgue en Rk y supongamos que k =r + s; r � 1; s � 1; entonces mk es la completación de la medida producto mr �ms.

Demostración. Ver Rudin, Real and Complex Analysis.Este resultado hace necesario el siguiente teorema:

Teorema 166 Sean (;A; �) y (�;B; �) dos espacios de medida �-�nitas completas. Sea(A� B)� la completación de A� B relativa a la medida producto � � �. Si f es unafunción (A� B)�-medible en ��, entonces todas las conclusiones del Teorema 160 sonválidas, sólo que las funciones ' y dadas por 8.3 están de�nidas sólo casi en todaspartes.

Demostración. Ver Rudin, Real and Complex Analysis.


Problemas

1. Demuestre que la función � de�nida en la demostración del Teorema 158, es unamedida sobre H.

2. Demuestre que la función f de�nida en el Ejemplo 164 es A� B-medible, en dondeA es la �-álgebra de los conjuntos Lebesgue medibles en [0; 1] y B es la �-álgebrade todos los subconjuntos de [0; 1].

3. Demuestre que el espacio de medida�R� R;B(R)� B(R);m1 �m1

�no es comple-

to.

4. Usando la relación1

x=

Z 1

0

e�xtdt (x > 0), demuestre que l��ma!1

Z a

0

sinx

xdx =

�

2:

5. Demuestre que si f(x; y) =x2 � y2

(x2 + y2)2 , entonces

R 10

R 10f dxdy 6=

R 10

R 10f dydx.

6. Consideremos los espacios (R;B (R) ;m) y (N;P (N) ;#). Consideremos el rectángulomedible:

Q = f(x; k) 2 R� N : a � x � b; n � k � mg :

De�na:

f(x; k) =

�k Si x 2 [0; 1] y k = 1; 2; : : : ; r0 Si x =2 [0; 1] ó k > r:

a) Calcule (m�#) (Q) b) Demuestre queZ ZR�N

f d (m�#) = r(r + 1)

2.

Capítulo 9EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO

El objetivo principal de este capítulo es el de estudiar el teorema fundamental delcálculo en el dominio de la integral de Lebesgue. Recordemos el Teorema Fundamentaldel Cálculo:

Teorema 167 F : [a; b]! R es continuamente diferenciable si y sólo si,

F (x) = F (a) +

Z x

a

g(t) dt; (9.1)

para alguna función continua g : [a; b] ! R. Si este es el caso, entonces se cumple queF 0(x) = g(x) en [a; b].

En otras palabras el Teorema Fundamental del Cálculo establecer una correspon-dencia biunívoca entre la clase de las funciones continuamente diferenciables y la clase delas funciones continuas.

Nuestra intención es establecer un resultado similar entre la clase de las funcionesabsolutamente continuas y la clase de las funciones Lebesgue integrables. Especí�camentedemostraremos que una función F : [a; b] ! R es absolutamente continua si y sólo si secumple 9.1 para alguna función g 2 L1 ([a; b]) y en tal caso, F 0(x) = g(x) c.t.p. en [a; b].Comenzaremos estudiando una clase de funciones más general que la clase de funcionesabsolutamente continua para después centralizarnos en esta última clase.

9.1. Funciones de Variación Acotada

De�nición 168 Sea f : [a; b] ! R una función y sea a = t0 < t1 < � � � < tk = b unapartición del intervalo [a; b]. De�na:

p =kXj=1

(f(tj)� f(tj�1))+ (9.2)

n =

kXj=1

(f(tj)� f(tj�1))�

t =kXj=1

jf(tj)� f(tj�1)j ;

en donde (f(tj)� f(tj�1))+ y (f(tj)� f(tj�1))� representan respectivamente la partepositiva y la parte negativa de (f(tj)� f(tj�1)). De�namos ahora:

P = sup p

N = supn

T = sup t

84 El Teorema Fundamental del Cálculo

en donde los respectivos supremos se toman sobre todas las posibles particiones del in-tervalo [a; b]. Las cantidades P;N y T se denominan respectivamente variación positiva,variación negativa y variación total de f en [a; b]. Si T < 1, diremos que f es una fun-ción de variación acotada en [a; b]. Denotaremos por BV [a; b] el conjunto de todas lasfunciones de variación acotada en [a; b].

La demostración del siguiente lema se basa en las identidades a = a+ � a� yjaj = a+ + a� válidas para todo número real a.

Lema 169 Si f 2 BV [a; b] entonces:

P �N = f(b)� f(a)P +N = T:

Demostración. Dada una partición cualquiera en [a; b] de�na p; n y t como en9.2. Entonces:

p� n =kXj=1

�(f(tj)� f(tj�1))+ � (f(tj)� f(tj�1))�

�

=kXj=1

(f(tj)� f(tj�1)) = f(b)� f(a):

Por lo tanto:p = n+ f(b)� f(a) � N + f(b)� f(a):

Tomando supremos para p, se obtiene:

P � N + f(b)� f(a): (9.3)

Ahora como N < T <1, podemos restar N en 9.3 para obtener:

P �N � f(b)� f(a):

De manera similar se deduce que:

N � P � f(a)� f(b);

de donde se concluye que:P �N = f(b)� f(a).

Por lo tanto:T � t = p+ n = p+ p� (f(b)� f(a)) = 2p+N � P:

Tomando supremos para p se obtiene:

T � 2P +N � P = P +N:

Como la desigualdad T � P +N es obvia, se deduce �nalmente que T = P +N .

Proposición 170 Una función f : [a; b] ! R es de variación acotada si y sólo si f =f1 � f2 en donde f1 y f2 son funciones monótonas crecientes en [a; b].

Diferenciabilidad 85

Demostración. Condición necesaria. Sea f función de variación acotada en elintervalo [a; b]. Si x 2 [a; b], de�na g(x) y h(x) como la variación positiva y la variaciónnegativa respectivamente de f en [a; x]. Es claro que g y h de�nidas de esta manera sonfunciones monótonamente crecientes en [a; b]. Por otro lado, de acuerdo al Lema 169, setiene que:

f(x) = g(x)� h(x) + f(a) = g(x)� (h(x)� f(a)) :

Note que f2(x) = h(x)�f(a) es también monótonamente creciente, luego haciendo f1(x) =g(x) se tiene la condición necesaria.

Recíprocamente, suponga que f = f1 � f2, con f1 y f2 funciones monótonascrecientes en [a; b], entonces para toda partición (tj)

kj=0 del intervalo [a; b] se tiene:

kXj=1

jf(tj)� f(tj�1)j �kXj=1

jf1(tj)� f1(tj�1)j+kXj=1

jf2(tj)� f2(tj�1)j

=kXj=1

(f1(tj)� f1(tj�1)) +kXj=1

(f2(tj)� f2(tj�1))

= f1(b)� f1(a) + f2(b)� f2(a);

por lo tanto si T es la variación total de f en [a; b], se tiene que:

T � f1(b)� f1(a) + f2(b)� f2(a) <1;

esto es, f es de variación acotada en [a; b].

9.2. Diferenciabilidad

En esta sección demostraremos que las funciones monótonas son diferenciablescasi en todas partes. Este resultado, junto con la Proposición 170, establecerá la diferen-ciabilidad c.t.p. de las funciones de variación acotada.

De�nición 171 Sea J una colección de intervalos de longitud no nula en R. Diremosque la colección J cubre al conjunto E en el sentido de Vitali, si para todo � > 0 y paratodo x 2 E, existe un intervalo I 2 J tal que x 2 I y m(I) < �.

Lema 172 Sea E � R de medida exterior �nita y sea J una colección de intervalosque cubren E en el sentido de Vitali, entonces dado � > 0, existe una colección �nita ydisjunta de intervalos I1; I2; : : : ; IN en J tal que:

m�

E �

N[k=1

Ik

!< �: (9.4)

Demostración. Es claro que es su�ciente demostrar el lema en el caso que Jesté formado sólo por intervalos cerrados de longitud no nula, ya que en caso contrariopodemos reemplazar los intervalos no cerrados por su correspondiente clausura y luegousar la desigualdad:

m�

E �

n[k=1

Ik

!� m�

E �

n[k=1

Ik

!+m�(A);

en donde A es el conjunto de los puntos extremos de los intervalos I1; I2; : : : ; In, conjuntoque tiene obviamente medida (exterior) nula.


De acuerdo al Problema 11, página 44 existe un conjunto abierto G de medida�nita conteniendo a E. Como J es un cubrimiento de Vitali del conjunto E, podemossuponer que cada intervalo de J está contenido en G.

Elijamos una sucesión (Ik)1k=1 de intervalos disjuntos en J del modo siguiente:

Sea I1 cualquier intervalo en J y supongamos que los intervalos I1; I2; : : : ; In ya hansido elegidos. De�namos kn como el supremo de las longitudes de los intervalos que son

disjuntos de los ya elegidos. Si kn = 0, entonces E �nSk=1

Ik (de lo contrario se contradice la

condición de Vitali puesto quenSk=1

Ik es cerrado) y el lema quedaría demostrado. Si kn > 0,

entonces existe un intervalo In+1 disjunto de los ya elegidos y tal que m(In+1) > kn=2.De esta forma se puede elegir una sucesión (Ik)

1k=1 de intervalos disjuntos en J .

Ahora, como la colección es disjunta y1Sk=1

Ik � G, se deduce que1Pk=1

m(Ik) � m(G) <1.

Por lo tanto, existe un natural N tal que1P

k=N+1

m(Ik) < �=5. Finalmente demostraremos

ahora que I1; I2; : : : ; IN satisface 9.4. Sea R = E �NSk=1

Ik y sea x un punto arbitrario de

R. ComoNSk=1

Ik es un conjunto cerrado que no contiene a x, la condición de Vitali asegura

la existencia de un intervalo I en J que contiene a x y es disjunto de los intervalosI1; I2; : : : ; IN . Ahora si I \ Ik = � para todo k � n, entonces m(I) � kn < 2m(In+1).Como l��m

n!1m(In) = 0, el intervalo I debe intersectar al menos un intervalo In. Sea n� el

menor natural tal que I intersecta In� , entonces es claro que m(I) � kn��1 < 2m(In�).Como x 2 I e I intersecta a In� , se sigue que la distancia de x al punto medio de In� esa lo más,

m(I) +1

2m(In�) < 2m(In�) +

1

2m(In�) =

5

2m(In�):

Esto signi�ca que x pertenece al intervalo Jn� concéntrico a In� pero de longitud cinco

veces mayor. Como n� > N , hemos demostrado que R �1S

k=N+1

Jk. Por lo tanto:

m�(R) �1P

k=N+1

m(Jk) = 51P

k=N+1

m(Ik) < �:

De�nición 173 Sea f : [a; b] ! R. Las siguientes expresiones se denominan derivadasde f en a:

D+f(a) = l��m suph!0+

f(a+ h)� f(a)h

D+f(a) = l��m infh!0+

f(a+ h)� f(a)h

D�f(a) = l��m suph!0�

f(a+ h)� f(a)h

D�f(a) = l��m infh!0�

f(a+ h)� f(a)h

D+f(a) se denomina derivada superior lateral derecha y D�f(a) derivada supe-rior lateral izquierda de f en el punto a. Análogamente D+f(a) se denomina derivadainferior lateral derecha y D�f(a) derivada inferior lateral izquierda.

Nota 174 De acuerdo al Problema 31, página 19, f es diferenciable por la derecha en elpunto a si y sólo si D+f(a) = D+f(a) 6= �1. Análogamente f es diferenciable por la

Continuidad Absoluta 87

izquierda en a si y sólo si D�f(a) = D�f(a) 6= �1, en consecuencia f es diferenciableen el punto a si y sólo si,

D+f(a) = D+f(a) = D�f(a) = D�f(a) 6= �1:

y en este caso el valor de la derivada f 0(a) es el valor común de estas cuatro cantidades.En el caso que a sea uno de los extremos del intervalo [a; b] se consideran sólo las derivadaslaterales correspondientes.

Proposición 175 Sea f : [a; b] ! R una función monótonamente creciente. Entonces fes diferenciable casi en todas partes. La derivada f 0 es medible y,Z b

a

f 0 dm � f(b)� f(a):

Demostración. De acuerdo al Problema 4 basta demostrar que el límite:

g(x) = l��mh!0

f(x+ h)� f(x)h

es un real extendido c.t.p. en [a; b] y para esto basta demostrar que el conjunto en donde lascuatro derivadas no son iguales tiene medida nula, para lo cual a su vez basta demostrarque el conjunto en donde dos de estas derivadas son distintas tiene medida nula. Nosotrosdemostraremos esta a�rmación sólo para el conjunto:

E =�x 2 [a; b] : D+f(x) > D�f(x)

:

Note que:E =

[p;q2Q

�x 2 [a; b] : D+f(x) > p > q > D�f(x)

:

Por lo tanto basta demostrar que cada conjunto,

Ep;q =�x 2 [a; b] : D+f(x) > p > q > D�f(x)

;

tiene medida nula.Sea s = m�(Ep;q). De acuerdo al Problema 11, página 44 dado � > 0, existe un

abierto G conteniendo Ep;q tal que m(G) < s+ �.Si x 2 Ep;q, entonces q > D�f(x), luego para todo h < 0 su�cientemente pequeño,

se tiene que [x+ h; x] � G y cumple con:

f(x+ h)� f(x)h

< q

Corolario 176 Si f es de variación acotada en [a; b], entonces f 0 existe casi en todaspartes en [a; b] :

9.3. Continuidad Absoluta

De�nición 177 Una función f : [a; b]! R se dice que es absolutamente continua si paratodo � > 0, existe � > 0 tal que

nXi=1

jf(x0i)� f(xi)j < �


para toda partición

a = x1 < x01 < x2 < x02 < � � � < xn < x0n = b;

que cumpla con la condiciónnXi=1

jx0i � xij < �:

Nota 178 Una función absolutamente continua claramente es continua, de variación aco-tada y por ende, de acuerdo al Corolario 176 es también diferenciable casi en todas partes. Por otro lado, de acuerdo al Problema 21, página 66, es fácil ver que si f es integrableen [a; b] entonces la integral inde�nida

F (x) =

Z x

a

f(t)dt

es absolutamente continua.

Lema 179 Si f : [a; b] ! R es integrable yR xaf(t)dt = 0 para todo x 2 [a; b], entonces

f(t) = 0 casi en todas partes en [a; b].

Demostración. Supongamos que f(x) > 0 en un conjunto de medida positivaE. Entonces por Problema 13 existe un conjunto cerrado F � E tal que m(F ) > 0. SeaG = (a; b)� F , entonces como

0 =

Z b

a

f =

ZF

f +

ZG

f

se tiene queRFf = �

RGf . Pero por otro lado

RFf > 0, por lo que

RGf 6= 0. Ahora, como

G es abierto, entonces G =X1

n=1(an; bn) y por lo tanto, se debe cumplir que

R bnanf 6= 0

para algún n. Ahora como Z bn

an

f =

Z bn

a

f �Z an

a

f

se debe cumplir que al menos una de las integralesR bnaf;R ana

f debe ser no nula. Estocontradice la condición de Lema.

Lema 180 Si f : [a; b] ! R es absolutamente continua y f 0(x) = 0 c.t.p. en [a; b],entonces f es constante.

9.4. El Teorema Fundamental

Lema 181 Si f : [a; b] ! R es acotada y medible entonces la función F (x) =R xaf(t)dt

es diferenciable casi en todas partes en [a; b] y además se cumple que F 0(x) = f(x) c.t.p.en [a; b].

Demostración. Como evidentemente f es integrable en [a; b] se cumple que Fes de variación acotada y por lo tanto F 0 existe casi en todas partes en [a; b]. Como f esacotada existe K > 0 tal que jf j � K. Para h = 1=n de�namos

fn(x) =F (x+ h)� F (x)

h=1

h

Z x+h

x

f(t)dt:

El Teorema Fundamental 89

De la segunda igualdad se deduce que jfnj � K. Como evidéntemente se cumpleque fn(x)! F 0(x) casi en todas partes en [a; b] podemos aplicar el teorema de la conver-gencia dominada:Z c

a

F 0 = l��mn!1

Z c

a

fn = l��mn!1

1

h

Z c

a

(F (x+ h)� F (x))dx

= l��mn!1

"1

h

Z c+h

c

F (x)dx� 1

h

Z a+h

a

F (x)dx

#

Ahora, como F es continua (recuerde que f es integrable) del teorema fundamental delcálculo clásico se deduce que

R caF 0 = F (c) � F (a) y por ende

R caF 0 =

R caf . Como esta

igualdad es válida para todo c 2 [a; b] podemos aplica el Lema 179 y deducir que F 0 = fc.t.p. en [a; b].


Problemas

1. Sea (fn)1n=1 una sucesión de funciones de variación acotada en [a; b]. Si T (fk) �

M <1 para todo k, en donde T (fk) es la variación total de fk en el intervalo [a; b]y si fk(x)! f(x) para todo x 2 [a; b], demuestre que T (f) �M .

2. De un ejemplo de una sucesión convergente de funciones de variación acotada en[a; b] cuyo límite no sea de variación acotada.

3. Suponga que f es de variación acotada y continua en [a; b]. Si llamamos respecti-vamente P (x), N(x) y T (x) a la variación positiva, negativa y total de f en [a; x],demuestre que estas funciones son continuas en [a; b].

4. Sea f : [a; b]! R una función creciente. Suponga que el límite,

g(x) = l��mh!0

f(x+ h)� f(x)h

;

es un real extendido c.t.p. en [a; b] Demuestre que f es diferenciable c.t.p. en [a; b],f 0 es medible y

R baf 0 dm � f(b)� f(a).

5. fsdfsdf

Capítulo 10RESPUESTAS

10.1. Capítulo 1, página 16

1.-Es inmediato de las de�niciones.2.-x 2 l��m inf

n!1An implica que existe n0 2 N tal que x 2 Ai para todo i � n0.

Luego x 21Si=n

Ai para todo n 2 N. Esto demuestra que x 2 l��m supn!1

An.

3.-Suponga que fAng1n=1 es creciente. Demuestre que l��m supAn =1Sn=1

An =

l��m inf An.4.-Use las leyes de Morgan.5.- Inmediato de las de�niciones.6.- Inmediato de las de�niciones.7.-Las partes (a), (b), (c), (g), (h) e (i) son inmediatas. La parte (f) se deduce

de (d) y (e). La parte (e) es dual de (d). Por lo tanto basta demostrar (d): supongamosque L = l��m sup

n!1an y de�na bn = sup

k�nak. Es claro que b1 � b2 � � � � y L = l��m

n!1bn.

Por lo tanto, si � > 0, entonces existe n0 tal que L � � < bn < L + � para todo n � n0.Claramente de aquí se deduce (i). Por otro lado, L � � no puede ser cota superior delconjunto fak : k � ng, luego existe am tal que am > L� �. Recíprocamente si se cumplela parte (i) se deduce que l��m sup

n!1an � L. Finalmente la parte (ii) contradice la posibilidad

que l��m supn!1

an < L.

8.-Sea A� = l��m infn!1

An. Demostraremos que �A�(x) = l��m infn!1�An

(x).

�A�(x) = 1() x 2 A� , x 2 l��m infn!1

An () (9n0) (8n) (n � n0 =) x 2 An)

() (9n0) (8n)�n � n0 =) �An

(x) = 1�() l��m inf

n!1�An

(x) = 1:

Note que en la última equivalencia se usó el hecho que �An(x) es igual a 1 ó cero para

todo n y el problema 7(e(i)).9.-Sea G = B(a; r). Sea b 2 G. Demuestre que B(b; s) � G, en donde s =

r � d(a; b).10.-Ver Simmons, �Introduction to topology and modern analysis�, página 62.11.-Consider la colección C de todos los intervalos abiertos (q�r; q+r) con q 2 Q

y r 2 Q+. Es claro que esta colección es numerable. Es fácil ver ahora que todo intervaloabierto es unión (contable) de intervalos en esta colección y por lo tanto de acuerdoal Problema 10 todo abierto en R será unión (contable) de intervalos en C. Luego lacardinalidad de la topología de los reales es igual a la cardinalidad de P(N) que correspondea la cardinalidad del continuo.

12.-Como la colección de los números primos es numerable, entonces la cardinali-dad de la colección de todos los subconjuntos de N formados exclusivamente por números

92 Respuestas

primos es la misma que la de P(N). Si nos restringimos a subconjuntos �nitos entoncespodemos aplicar la Proposición 6.

13.-Sea (X; d) separable y suponga que Y � X. Sea fxng1n=1 un subconjunto deX denso. Para cada n; k 2 N, elija (en el caso que exista) yn;k 2 B(xn; 1=k)\ Y . Es claroque la sucesión fyn;kg es una sucesión contables de elementos de Y . Demuestre ahora quefyn;kg es densa en Y .

14.-d es distancia pues f es estrictamente creciente. Ahora si 0 < r < 2, entoncesla bola abierta B(1; r) = (a;1], en donde f(a) = 1 � r. Si r = 2, entonces B(1; r) =(�1;1]. Finalmente si r > 2, entonces B(1; r) = [�1;1] = R.

15.-SiG es abierto, entonces por de�niciónG ��G. LuegoG =

�G. Recíprocamente,

si G =�G, entonces G es abierto pues es igual a una unión (arbitraria) de conjuntos

abiertos, esto es, igual a�G.

16.-Si F es cerrado, entonces F � F , luego F = F . Recíprocamente si F = Fentonces F es cerrado pues es igual a una intersección (arbitraria) de cerrados.

17.-G \ A = � , A � Gc, esto implica que A � Gc pues Gc es cerrado. LuegoG \A = �. El recíproco es inmediato pues A � A.

18.-Como A [ B � A [ B y A [ B es cerrado, se sigue que A [B � A [ B. Laotra inclusión es trivial.

19.-Sea G una vecindad de x que no intersecta a A. Entonces A � Gc. Como Gc

es cerrado A � Gc. Esto implica que A\G = � y por lo tanto x =2 A. Esto demuestra queA � fx 2 X : Toda vecindad de x intersecta a Ag. La otra inclusión es similar.

20.-Si (X; T ) es segundo contable, entonces X tiene una base fBng contable parasu topología T . Elija un punto xn en cada Bn. Este conjunto fxng es contable y es densoen X.

21.-Suponga que (X; d) es separable. Sea fxng contable y denso enX. Considere lacolección de todas las bolas abiertas B(xn; r) centradas en puntos xn y con radio racionalr. Esta colección es contable y es una base para la topología inducida por la distancia d.

22.-R es segundo contable pues es un espacio métrico separable. Q es un subcon-junto denso contable.

23.-Si (xn) es de Cauchy entonces es acotada y por lo tanto, de acuerdo al axiomadel supremo L = l��m sup

n!1xn es un número real. Usando Problema 7(d) encuentre subsuce-

sión (xnk) convergente a L. Demuestre ahora que (xn) converge a L. La completitud. deR� R se deduce inmediatamente de la completitud de R.

24.-Basta demostrar que F es no vacío. Sea xn 2 Fn. Es fácil ver que fxng es deCauchy. Como X es completo xn ! x0. Demuestre ahora que x0 2 Fn para todo n.

25.-(a) es inmediato. (b) Suponga que f es continua y A � X. Sea a 2 A yV una vecindad de f(a). Entonces f�1(V ) es una vecindad de a y por lo tanto existey 2 f�1(V ) \ A, luego V \ f(A) 6= �. Esto signi�ca que f(a) 2 f(A) y por lo tantof(A) � f(A). Recíprocamente suponga que f(A) � f(A) para todo A � X, entonces siF es cerrado en Y , se tiene que:

f�f�1(F )

�� f (f�1(F )) � F = F;

y por lo tanto f�1(F ) � f�1(F ), lo cual implica que f�1(F ) = f�1(F ) y en consecuenciaf�1(F ) es cerrado. Aplique ahora parte (a).

26.-Si x0 = p=q 6= 0, de�na � = 1=q � sin(1=q). Entonces � > 0 y,

p� =p

q� p sin 1

q=p

q� f (x0) :

Capítulo 1, página 16 93

Ahora, si x es irracional, se tiene:

jf(x)� f(x0)j =��x� p

q+ p�

�� p� ��x� p

q

�� = p� � jx� x0j ;

por tanto, f(x) no converge a f(x0) cuando x! x0.Sea ahora x0 irracional. Es claro que f(x)! f(x0) si x! x0 (con x irracional).

Por otro lado, si x es racional y p(x)=q(x) es su correspondiente representación irreducible,entonces:

jf(x)� f(x0)j =��p(x) sin 1

q(x)� x0

�� = ��xq(x) sin 1

q(x)� x0

�� :Como q(x) sin(1=q(x))! 1 para todo x racional su�cientemente cerca de x0, se sigue quef(x) ! f(x0) cuando x ! x0 (con x racional). Esto demuestra que f es continua en losirracionales. El caso x0 = 0 es similar.

27.-Sea (xn) una sucesión de Cauchy en l1, en donde xn = (x1n; x2n; : : :). Si � > 0,

entonces (9N 2 N) (8n;m 2 N) (n;m � N =) kxn � xmk1 < �). Pero entonces para cadak = 1; 2; : : : ; se tiene que

n;m � N =)��xkn � xkm�� kX

j=1

��xjn � xjm�� kxn � xmk1 < �; (10.1)

esto es, la sucesión�xkn�1n=1

es de Cauchy en R. Como R es completo, se sigue que existexk tal que xkn ! xk cuando n ! 1. Falta demostrar que x = (x1; x2; : : :) pertenece a l1y que xn ! x. De acuerdo a 10.1, si mantenemos n � N �jo, pero hacemos tender m a1, obtenemos:

n � N =)kXj=1

��xjn � xj�� ;

como N es independiente de k se deduce que n � N =) kxn � xk1 � �. Esto demuestraque x 2 l1 (pues x = x� xn + xn y tanto x� xn como xn están en l1) y que xn ! x.

La demostración para l1 es similar.28.-Sea (X; d) un espacio métrico y K � X compacto. Sea x0 2 Kc. Entonces,

para cada x 2 K; d(x; x0) > 0. Si ponemos rx = d(x; x0), entonces B(x; rx=2) es dis-junta de la bola B(x0; rx=2). Es claro además que K �

Sx2K

B(x; rx=2). Como K es

compacto, existen x1; x2; : : : ; xn 2 K tal que K �nSk=1

B(xk; rxk=2). Sea ahora r =

m��n frx1 ; rx2 ; : : : ; rxng. Es claro que B(x0; r=2) � Kc. Luego Kc es abierto y por lo tantoK es cerrado.

29.-Suponga que el espacio métrico (X; d) es compacto y sea x0 2 X. Note ahoraque,

X =1[n=1

B(x0; n):

Como X es compacto, existe n 2 N tal que X � B(x0; n), luego X es acotado.30.-Es trivial. Use sólo la de�nición.31.-(a) Suponga que l��m sup

x!yf(x) � A. Sea � > 0, entonces l��m sup

x!yf(x) < A+ �,

y en consecuencia existe � > 0 tal que sup0<jx�yj<�

f(x) < A+ �, luego:

(8x 2 R) (0 < jx� yj < � =) f(x) < A+ �) :

94 Respuestas

. El recíproco es inmediato.32.-(a) Suponga que f es semicontinua superiormente. Demostraremos que el

conjunto fx : f(x) < �g es abierto. Sea x0 2 fx : f(x) < �g. Entonces f(x0) < �. Comof es semicontinua superiormente se tiene que � > f(x0) � l��m sup

x!x0

f(x). Esto implica que

existe � > 0 tal que sup0<jx�x0j<�

f(x) < �, lo que a su vez implica que f(x) < � para todo x

tal que 0 < jx� x0j < �. Por lo tanto (x0 � �; x0 + �) � fx : f(x) < �g. Esto demuestraque el conjunto fx : f(x) < �g es abierto. El recíproco es inmediato. Basta considerar elconjunto fx : f(x) < f(x0) + �g.

(d) Observe que

fx : f(x) + g(x) > �g =[�2R

(fx : f(x) > �gTfx : g(x) > �� g) :

e)Observe que:

fx : f(x) _ g(x) > �g = fx : f(x) > �gSfx : g(x) > �g

33.-Sea x0 2 X. Demostraremos que f es continua en x0. Sea � > 0. Como (fn)converge uniformemente a f existe N 2 N tal que para todo x 2 X y para todo n � N setiene jfn(x)� f(x)j < �=3. En particular, para todo x 2 X se tiene jfN (x)� f(x)j < �=3.Ahora, como fN es continua en x0 se tiene que debe existir � > 0 tal que la condiciónd(x; x0) < � implica que jfN (x)� fN (x0)j < �=3. Luego, si d(x; x0) < � se tiene

jf(x)� f(x0)j � jf(x)� fN (x)j+jfN (x)� fN (x0)j+jfN (x0)� f(x0)j < �=3+�=3+�=3 = �:

34.-Considere la sucesión fn(x) = xn, con x 2 [0; 1]. Es claro que esta sucesiónconverge puntualmente a la función discontinua

f(x) =

�0 0 < x � 11 x = 1

Por Proposición 38 la convergencia no es uniforme.35.-Sean x; y 2 X �jos, entonces si z 2 A la desigualdad triangular implica

d(x; z) � d(x; y) + d(y; z)

Por lo tanto

d(x;A) = ��nf fd(x; z) : z 2 Ag � d(x; y) +��nf fd(y; z) : z 2 Ag ;

en otras palabras se tienef(x) � d(x; y) + f(y);

como d(x; y) = d(y; x) este resultado implica que jf(x)� f(y)j � d(x; y) lo que a su vezimplica que f es uniformemente continua.

36.-Como d(xn; xn+1) � kd(xn�1; xn) � � � � � knd(x0; x1), se obtiene que:

d(xn; xn+m) � (kn + kn+1 + � � �+ kn+m�1)d(x0; x1): (10.2)

Por lo tanto d(xn; xn+m) � kn(1 � k)�1d(x0; x1). Esto signi�ca que la sucesión fxng esde Cauchy. Como X es completo, se sigue que (xn)converge a un elemento z, el cual, porla continuidad de T es un punto �jo de T . La unicidad de z es obvia. El error a priori se


obtiene haciendo tender m!1 en 10.2. El error a posteriori, se obtiene haciendo tenderm!1 en la siguiente desigualdad:

d(xn+1; xn+m+1) � d(xn+1; xn+2) + d(xn+2; xn+3) + � � �+ d(xn+m; xn+m+1)� (k + k2 + � � �+ km)d(xn; xn+1)� k(1� k)�1d(xn; xn+1):

37.-Es claro que la existencia de una solución en I es equivalente a encontrar unafunción continua x : I ! Rn, tal que

x(t) = xo +

Z t

0

f(s; x(x))ds; t 2 I (�)

Para demostrar la existencia de tal solución, de�namos X como el espacio vec-torial de todas las funciones continuas en el intervalo I. Si x 2 X, de�namos jjxjj =m�axfe��tjx(t)j : t 2 Ig. Entonces el espacio (X; d) con d(x; y) = jjx � yjj es un espaciométrico completo. De�namos T : X ! X de modo que Tx sea la función de�nida porla parte de la derecha de la igualdad (*). Ahora, como f es lipschitziana en la segundavariable, existe un k > 0 tal que jf(s; x)� f(s; y)j � kjx� yj. Por lo tanto:

jjTx� Tyjj = m�axfe��tjZ t

0

f(s; x(s))� f(s; y(s))dsj : t 2 Ig

� m�axfe��tZ t

0

kjx(s)� y(s)jds : t 2 Ig

� m�axfe��tkZ t

0

e��sjx(s)� y(s)je�s : t 2 Ig

� m�axfe��tkjjx� yjjZ t

0

e�sds : t 2 Ig

� m�axfkjjx� yjj1� e��t

�: t 2 Ig

� (k=�)jjx� yjj:

Tomando � > k se puede aplicar el theorem de Banach (ver Problema 36).


1.-Sean A;B 2 A entonces A;B 2 A� para todo � 2 �. Como cada A� es unálgebra, se deduce que A [ B y Ac y pertenecen a A� para todo � 2 �. Esto signi�caque A [B y Ac y pertenecen a A y por lo tanto A es un álgebra.

2.-Es claro que esta familia es no vacía, puesto que P() es un álgebra en queobviamente contiene a C. De acuerdo al problema anterior, la intersección de esta familiade álgebras es nuevamente un álgebra en . Por otro lado, si B es un álgebra en quecontiene a C, entonces B 2fA : A álgebra y C � Ag y por consiguiente A(C) � B.

3.-Similar al Problema 2.4.-Es inmediato de la propiedad (c) de la De�nición 53 y de la Proposición 56.5.-Si A;B 2 A, es claro que A [ B es �nito si A y B lo son, en caso contrario

(A [B)c lo es.Si no es �nito, entonces existe un subconjunto B in�nito contable tal que Bc

también es in�nito. Es claro que este conjunto B no pertenece a A. Si A fuese una �-álgebra, debiera cumplirse que B 2 A.

96 Respuestas

6.-Si A =1Sn=1

An, entonces A es contable si todos los An lo son, en caso contrario

Ac lo es.

7.-Si A =1Sn=1

An con An 2 B, entonces f�1(A) =1Sn=1

f�1(An) 2 A, luego A 2 B.

8.-Las condiciones (1) y (3) de la Proposición 52 son obvias. Por otra parte esclaro que la diferencia de dos intervalos de los tipos indicados es un intervalo del mismotipo o una unión de dos intervalos disjuntos del mismo tipo. La colección no es �-álgebra

pues (a; b) =1Sn=1

(a; b� 1=n].

9.-A(C) =�(C) =P(C).10.-Use Proposición 56 y la igualdad (a; b] =

1Tn=1

(a; b+ 1=n) para concluir que

�(C) � B(R). Recíprocamente use la igualdad (a; b) =1Sn=1

(a; b� 1=n] y el hecho de quetodo conjunto abierto de R es unión contable de intervalos abiertos para concluir queB(R) � �(C). El caso R es similar.

11.-De acuerdo al Problema 10, basta demostrar que la �-álgebra generada porlos intervalos semi-abiertos coincide con la �-álgebra generada por los intervalos cerrados.Esto último es evidente de las identidades:

(a; b] =1Sn=1

[a+ 1=n; b] [a; b] =1Tn=1

(a� 1=n; b]

12.-� (C2) es una �-álgebra que contiene a C2, luego contiene a C1. Consecuente-mente � (C1) � � (C2).

13.-Si C es contable entonces no hay nada que demostrar. Suponga entonces queC es in�nito no contable. Sea � = fD � C : D es contableg. Entonces A =

SD2�

� (D) es

un �-álgebra. Es claro que A contiene a C y está contenido en � (C). Luego A = � (C).14.-Es claro que � (C)\A es una �-álgebra en A que contiene a C\A. Esto implica

que � (C \A) � � (C) \A. Recíprocamente, de�na,

A = fB [ (C �A) : B 2 � (C \A) ^ C 2 � (C)g

Veri�que que A es una �-álgebra en . Si E 2 C, entonces dado que:

E = (E \A) [ (E �A)

junto al hecho que E \ A 2 C \ A � � (C \A) implica que E 2 A, de donde se sigue queC � A y por consiguiente � (C) � A, lo que a su vez implica que:

� (C) \A � A \A � � (C \A) :

15.-Es claro que jCj � jA(C)j. Por otro lado note que A(C) no es nada más quela colección de todas las uniones �nitas de conjuntos de la forma

TCk, en donde la

intersección también es �nita y los conjuntos Ck están en C o en su complemento. Useahora Proposición 6 (dos veces) para concluir que jCj = jA(C)j.

16.-(a) Sea A0 = fB(r; 1=n) : r 2 Q; n 2 Ng en donde B(r; 1=n) es la bola abiertacentrada en r y de radio 1=n. Es claro que A0 es contable (numerable) y obviamenteA0 � A. Por otro lado note que todo conjunto abierto de R es una unión de conjuntos deA0, por lo tanto �(A0) = A. (b) es similar a (a).

17.-Suponga que si existe una �-álgebra A in�nita numerable en . Ciertamente debe ser al menos in�nito numerable. Para cada x 2 de�na N(x) = \fA 2 A : x 2 Ag.Sean x; y 2 ; x 6= y. Demuestre que:


(i) N(x) 2 A para todo x 2 .(ii) Si x =2 N(y) o y =2 N(x) entonces N(x) \N(y) = �:(iii) Si x 2 N(y) y y 2 N(x) entonces N(x) = N(y).De lo anterior deduzca que C = fN(x) : x 2 g es una colección disjunta conteni-

da en A. Como cada elemento de A es una unión disjunta de elementos de C se deduce queC es una colección in�nita numerable y disjunta. Esto implica que P(C) es una colecciónin�nita no numerable contenida en A. Esto es una contradicción pues A es numerable.

18.-Similar al Problema 2.19.-Sea A una álgebra y sea (An) una sucesión de conjuntos en A. De�na En =

nSk=1

Ak.

20.-Sea A una álgebra y sea (An) una sucesión de conjuntos en A. De�na E1 = A1

y En = An �n�1Sj=1

Aj para n � 2.

21.-Sea A una álgebra monótona y sea (An) una sucesión de conjuntos en A.Por Problema 19 existe una sucesión creciente (En) en A tal que

1Sn=1

An =1Sn=1

En. Esto

implica que1Sn=1

An pertenece a A.22.-trivial.23.-Suponga que A es una álgebra. Es claro que 2 M(A). Sea ahora F � y

de�na K(F ) la clase de todos los conjuntos E � tal que E � F; F � E; y E [ F estánenM(A). Note que E 2 K(F ) si y sólo si F 2 K(E). Es fácil ver que si K(F ) no es vacío,entonces es una familia monótona. Sea F 2 A, como A es álgebra, entonces A � K(F ).Como K(F ) es monótona, se deduce que M(A) � K(F ), luego si E 2 M(A), entoncesE 2 K(F ), pero entonces F 2 K(E) y por lo tantoM(A) � K(E) con E 2 M(A). Estaúltima a�rmación implica queM(A) es una álgebra.

24.-De acuerdo al Problema 22, M(A) � �(A). Para la inclusión inversa bastaprobar queM(A) es �-álgebra; para lo cual, de acuerdo al Problema 21 basta probar queM(A) es una álgebra, lo cual es cierto de acuerdo al Problema 23.

25.-Basta demostrar que si q 2 Q, entonces fqg 2 �(A), lo cual se deduce de laigualdad fqg =

1Tn=1

(q � 1=n; q] :

26.-(a)!(b) trivial. (b)!(c): Se desprende de las relaciones:A4B = (A�B) [ (B �A) = ((A [B)�B) [ ((B [A)�A)A \B = (A [B)�A4B

(c)!(d) Se desprende de la relación:A+B = A4B;

y de la igualdad A�B = A4B que es válida si B � A.(d)!(a):Se deduce de las relaciones:

A�B = A� (A \B)A [B = (A�B) +B:

27.-Use el Problema 26.28.-Observe que (R;�) es un grupo abeliano:

(A�B)� C = A� (B � C) Asociatividad de la sumaA�B = B �A Conmutatividad de la sumaA� � = ��A = A Existencia del neutro aditivoA�A = A�A = � Existencia del inverso aditivo

98 Respuestas

y que es distributiva sobre la suma �.29.-Sea F la colección �-aditiva generada por C. Como � (C) es �-aditiva, se

deduce que F � � (C). Recíprocamente si se demuestra que F es �-álgebra, se deduciríaque � (C) � F y se terminaría la demostración. Para demostrar que F es �-álgebra usemosla Proposición 55 y para esto basta demostrar que F es cerrada bajo diferencias ya que1Pk=1

Ak =1Sn=1

nPk=1

Ak.

Para demostrar que F es cerrada bajo diferencias basta demostrar que es cerradabajo intersecciones puesto que A�B = A \Bc = A \ (�B). Para demostrar que F escerrada bajo intersecciones de�na H = fA � : 8B 2 F ; A \B 2 Fg. Para terminar elproblema basta probar que F � H y para que esto último sea cierto basta veri�car que Hes �-aditiva y contiene a C. La �-aditividad es fácil de veri�car. Finalmente para demostrarque H contiene a C tómese un conjunto C 2 C y de�na la clase D = fA � : A \ C 2 Fg.De modo similar al anterior demuestre queD es �-aditiva. Como C � D, se deduce entoncesque F � D. Esto implica que C 2 H y termina la demostración.

30.- Demostrar que ��f�1 (C)

�� f�1 (� (C)) es fácil. Para demostrar la otra

inclusión de�na como S la colección de todos los conjunto A 2 � (C) tal que f�1(A) 2��f�1 (C)

�. Demuestre que S es una �-álgebra que contiene a C. Por lo tanto � (C) � S.


1.-�(A+�+�+� � � ) = �(A)+�(�)+�(�)+� � � . Luego �(A) = �(A)+�(�)+�(�)+.Como �(A) es �nito, se tiene �(�)+�(�)+� � � = 0. Como �(�) � 0, se deduce que �(�) = 0.

2.-Es claro que � : A ! [0;1) y que �(�) = 0. Si alguno de los conjuntos Ak,k = 1; 2; : : : ; n tiene complemento �nito, entonces �(A1+� � �+An) = �(A1)+� � �+�(An) =1, en caso contrario �(A1 + � � � + An) = �(A1) + � � � + �(An) = 0. Para demostrar queno es contablemente aditiva elija un subconjunto in�nito A = fa1; a2; : : :g de concomplemento �nito.

3.-Sea A =1Pn=1

An. Entonces �(A) =1Pn=1

�(An) = 0 en el caso que todos los An

sean contables, en caso contrario �(A) =1Pn=1

�(An) = 1 puesto que la colección fAng1n=1puede tener a lo más un conjunto con complemento contable.

4.-Si �(A) o �(B) es in�nito el resultado es trivial. Suponga entonces que �(A) y�(B) son �nitos. Entonces si escribimos C = A \B, se tiene:

�(A [B) = �(A� C) + �(C) + �(B � C)= �(A)� �(C) + �(C) + �(B)� �(C)= �(A) + �(B)� �(C)

de donde se sigue el resultado.

5.-Si1Pn=1

� (An) y1Pn=1

� (An) son �nitos, se tiene:

(�+ �)

1Xn=1

An

!= �

1Xn=1

An

!+ �

1Xn=1

An

!=

1Xn=1

� (An) +1Xn=1

� (An)

=1Xn=1

� (An) + � (An) =1Xn=1

(�+ �) (An) .

la penúltima igualdad se debe a la convergencia absoluta de las series1Pn=1

� (An) y


1Pn=1

� (An). La demostración para el caso de una sucesión contable de medidas es sim-

ilar y se basa en la igualdad1Pi=1

1Pj=1

aij =1Pj=1

1Pi=1

aij (Teorema 36.10, Bartle)

6.-Tome Xn = fxng. Entonces =1Sn=1

Xn con �(Xn) = pn <1. La �-aditividades consecuencia de la convergencia absoluta.

7.-Consecuencia inmediata de la Proposición 72, parte (b) y (c).8.-Sea N el conjunto de puntos de que pertenecen a in�nitos An. Entonces N =

1Tn=1

1Sk=n

Ak = l��m supn!1

An. Ahora observe que1Sk=n

Ak # N y que �� 1Sk=n

Ak

��

1Pk=n

�(An).

9.-Lo único no evidente es que B sea cerrada bajo uniones contables. Sea fAng �B, entonces �(

1Sn=1

An) = 0 si �(An) = 0 para cada n. Si �(Acn0) = 0 para algún n0,

entonces �� 1S

n=1An

�c�= �

� 1Tn=1

Acn

�� (Acn0) = 0.

10.-directo.11.-directo.12.-la desigualdad triangular se deduce de la inclusión A4C � (A4B)[(B 4 C).

Las otras propiedades son evidentes.13.-Sea (xn) una sucesión densa en y denotemos por Dk

n el disco cerrado de

radio 1=k centrado en xn. Considere el subconjunto cerrado F km =mSn=1

Dkn. Para 0 < � < 1.

Si k es �jo, entonces F km " , luego, de acuerdo a la Proposición 69. Sea mk; de�nidoinductivamente como el natural más pequeño para el cual se cumple que:

�

�kTi=1

F imi

�> 1� �:

Si ahora escribimos K =1Ti=1

F imi, vemos que K es compacto (completo y total-

mente acotado) y además �(K) = l��mk!1

�

�kTi=1

F imi

�� 1� �.

14.-Caso especial del Problema 6.15.-Considere = N y An = fn; n+ 1; n+ 2; : : :g.16.-Es claro que � es �nitamente aditiva. Sea (Ek) una sucesión disjunta en

A tal que E =1Pk=1

Ek 2 A. ComonPk=1

Ek " E, se tiene �(E) = l��mn!1

�

�nPk=1

Ek

�=

l��mn!1

nPk=1

� (Ek) =1Pk=1

� (Ek).

17.-Sea � una medida �-�nita sobre la álgebra B y suponga que =1Sn=1

Bn con

Bn 2 B y �(Bn) <1 para todo n. De�na An = Bn � (A1 [ � � � [An�1):18.-De acuerdo al Problema 17, =

PAn con � (An) < 1 para todo n. Si

suponemos que B = fx 2 : fxg 2 A y � (fxg) > 0g no es contable, entonces An0 \B esno contable para algún n0. De�na ahora Bk = fx 2 An0 \B : � (fxg) > 1=kg. EntoncesBk0 es no contable para algún k0. Sea fx1; x2; : : :g un subconjunto numerable (in�nito)de Bk0 . Es claro que fx1; x2; : : :g 2 A y � (fx1; x2; : : :g) = 1. Esto es una contradicciónpuesto que fx1; x2; : : :g � Bk0 � An0 \B � An0 y An0 tiene medida �nita.

19.-Sea A 2 A con 0 < �(A) < 1. Como A no es un átomo, existe C � A, conC 2 A y 0 < �(C) < �(A). Si �(C) > �(A)=2, entonces �(A � C) = � (A) � � (C) <

100 Respuestas

�(A)=2. Esto implica que �(C) � �(A)=2 ó �(A�C) � �(A)=2. Luego existe B1 � A talque B1 2 A y 0 < �(B1) < �(A)=2. De esta manera se deduce que existe una sucesión(Bn) � A tal que 0 < �(Bn) < �(A)=2n. Como �(A) es �nito, se deduce el resultadobuscado.

20.-Como Q =1Sn=1

fqng en donde q1; q2; : : : es una sucesión de todos los racionales,

se deduce que la medida de conteo � es �-�nita en �(A) = P (Q). Claramente no es �-�nita en A ya que todos los conjuntos del álgebra A (con la excepción del vacío) contienenin�nitos racionales.

21.-Sea F el conjunto de puntos de E que no son recurrentes. Como,

F = E \ T�1(� E) \ T�2(� E) \ � � �

se tiene que F es medible. Suponga que �(F ) > 0. Es fácil veri�car que F es disjunto deT�k(F ) para todo k � 1. Esto implica que la colección T�1(F ); T�2(F ); : : : es disjuntapuesto que:

T�n(F ) \ T�(n+k)(F ) = T�n(F \ T�k(F )):Como T preserva medida, esto es una contradicción.

22.-�� es la medida de conteo.23.-��(E) = 0 si E es contable y ��(E) = 1 si E es no contable.24.- = fx; yg con x 6= y. De�na �(�) = 0; �() = 3 y �(fxg) = �(fyg) = 1.

Entonces ��() < �() = 3.25.-Inmediato por la monotonía y la subaditividad contable de la medida �.26.-Todos los conjuntos de P () son ��-medibles.27.-Sólo y � son ��-medibles.28.-Son ��-medibles todos los conjuntos contables o cuyo complemento es con-

table.29.-Todo conjunto ��-medible es ��-medible.

30.-Note quenPk=1

�� (Ak) = ��

nPk=1

Ak

��

� 1Pk=1

Ak

�, luego

1Pk=1

�� (Ak) �

�� 1Pk=1

Ak

�.

31.-Son medidas exteriores (a), (d) y (e). La subaditividad contable de (e) sededuce de la desigualdad:

l��m supn!1

1Xm=1

knm �1Xm=1

l��m supn!1

knm

la que a su vez es consecuencia inmediata del Corolario 116, página 53.32.-Inmediato.33.-Use Problema 15, página 56.


1.-Basta observar que R =1Sn=1

(�n; n].

2.-Si x 2 R, entonces fxg � (x� 1=n; x], luego m (fxg) � 1=n. Note que fxg esboreliano puesto que es cerrado. Si A es numerable, entonces A =

Pfxkg y por lo tanto

m (A) = m (Pfxkg) =

Pm (fxkg) = 0.

3.-Como m es una medida sobre el álgebra A, se tiene, de acuerdo al Problema25, página 37, que m((a; b]) = m�((a; b]) = b� a. Por otro lado (a; b) = (a; b]�fbg, por lotanto m((a; b)) = b� a.


4.-De acuerdo al Problema 16, página 25, la �-álgebra de Borel en R es separabley por lo tanto su cardinalidad es c. Por otro lado el conjunto de Cantor tiene medidanula y por la completitud de la medida de Lebesgue son Lebesgue medibles todos lossubconjuntos del conjunto de Cantor. Esta colección tiene cardinalidad 2c puesto que elconjunto de Cantor tiene cardinalidad c.

5.-Es claro que A � C. Ahora si (An) es una sucesión monótona en C, también loserá en �(A) y por Proposición 69, se tiene que:

�(l��mAn) = l��m�(An) = l��m�(An) = �(l��mAn)

y por consiguiente l��mAn 2 C. La conclusión se obtiene de la Proposición 61.6.-(Sólo el caso de la resta) Use las identidades:

E [N = (E [A)� (A�N); E �N = (E �A) [ (A�N)

en donde A;E 2 A y N � A.7.-Inmediata.8.-Inmediato del hecho que la medida de un intervalo (a; b] es invariante bajo

traslaciones.

9.-Varias maneras. Por ejemplo de�na rn;m =�

2mnm��n

�n

m;m� nm

�con 1 �

n < m y considereS

1�n<m

� nm� rnm;

n

m+ rnm

�.

10.-Note que Fn # F , por lo tanto por Proposición 69 se deduce que m(F ) =l��mm(Fn) = 1� l��mm(F cn) = 0.

11.-Como m�(E) = ��nf

� 1Pn=1

�((an; bn]) : E �1Sn=1

(an; bn]

�, entonces existe una

colección f(an; bn]g de intervalos �nitos tales que E �1Sn=1

(an; bn] y1Pn=1

bn�an < m�(E)+

�=2. Considere ahora el conjunto G =1Sn=1

�an; bn + �=2

n+1�. Es claro que G es abierto y

contiene a E. Además por Problema 3, página 43, se tiene:

m(G) �1Pn=1

�bn + �=2

n+1 � an�=

1Pn=1

(bn � an) +1Pn=1

�=2n+1 < m�(E) + �=2 + �=2:

12.- Suponga que f es monótona creciente. Entonces f�1((�;1]) es un subinter-valo de [a; b] y consecuentemente es medible.


1.-Claramente basta demostrar que B es medible, ya que entonces, por simetríatambién lo será el conjunto D = fx : f(x) > g(x)g y por consiguiente también lo serán losconjuntos A y C ya que C = Dc y A = C \Bc. Para demostrar que B es medible observeque

B =[rn

[fx : f(x) < rng \ fx : rn < g(x)g]

en donde (rn) es el conjunto de todos los números racionales.2.-Es evidente, ya que f�1(B) puede ser sólo uno de los siguientes conjuntos:

�;E;Ec y .3.-Note que

fx : f(x) � �g =1Tn=1

fx : f(x) > �� 1=ng

102 Respuestas

yfx : f(x) < �g = fx : f(x) � �gc :

4.-Use Problema 3.5.-Sea E = fx 2 : f(x) 6= g(x)g. Si � 2 R, entonces

g�1 ((�;1]) =�f�1 ((�;1]) [ fx 2 E : g(x) > �g

�� fx 2 E : g(x) � �g :

Note ahora que fx 2 E : g(x) > �g y fx 2 E : g(x) � �g son medibles puesto que sonsubconjuntos de E y �(E) = 0.

6.-Sea E = fx 2 : f(x) 6= g(x)g, entonces si F 2 B, se tiene:

g�1 (F ) =�g�1 (F ) \ Ec

�[�g�1 (F ) \ E

�:

como �(E) = 0 se deduce que E \ g�1(F ) y E \ g�1(F c) son medibles.7.-Use Proposición 98 y el hecho que

A = fx : (fn(x))1n=1 convergeg =�x : l��m inf

n!1fn(x) = l��m sup

n!1fn(x)

�:

8.-Sea An = fx 2 E : f(x) > 1=ng. Entonces:

1

n�(An) �

ZAn

f d� �ZE

f d� = 0:

Deduzca que �(An) = 0. Ahora use que fx 2 E : f(x) 6= 0g =SAn.

9.-Note que s =P�k�Ak

es una función simple medible tal que 0 � s � f si ysólo si s0 =

P�k�Ak\E es una función simple tal que 0 � s0 � �Ef .

10.-Sea (Ek) sucesión disjunta en A y sea E =SEk. Observe que:

�Ef =P�Ekf; �(E) =

R�Ef; �(Ek) =

R�Ekf:

Use ahora Corolario 112.11.-Sea E = fx : f(x) � 0g. Entonces

REf d� =

REf+ d� = 0. Use ahora Proble-

ma 8.12.-Sea E = fx 2 : f(x) 6= g(x)g entonces como

REjgj d� =

REjf j d� = 0, se

tiene: Z

jgj d� =Z�E

jgj d�+ZE

jgj d� =Z�E

jf j d�+ZE

jf j d� =Z

jf j d�:

La demostración de la igualdadRf d� =

Rg d� es similar.

13.-Note que fx : f(x) 6= 0g =1Sn=1

fx : jf(x)j > 1=ng. Como la función f es inte-

grable cada uno de los conjuntos fx : jf(x)j > 1=ng debe tener medida �nita.14.-Usando funciones simples, se obtiene inmediatamente que

RN jf j d� =

1Pn=1

jf(n)j ,

luego la primera a�rmación es evidente. Para demostrar queRN f d� =

1Pn=1

f(n) use la

de�niciónRN f d� =

RN f

+ d��RN f

� d� y aplique álgebra de series convergentes.15.-Evidente del Problema 14.


16.- Como todo abierto en R es unión contable de abiertos, se tiene que:

�(f�1 (F c)) = �(f�1 (SGn)) = �(

Sf�1 (Gn)) �

P��f�1 (Gn)

�:

Por lo tanto basta demostrar que f�1 (Gn) = 0 para un intervalo (a� r; a+ r) cualquiera.Supongamos por el contrario que E = f�1 (Gn) > 0, entonces:�� 1

�(E)

ZE

f d�� a�� = 1

�(E)

��ZE

(f � a)�� d� � 1

�(E)

ZE

jf � aj d� � r.

Esto contradice la hipótesis.17.-Considere la sucesión gn = f1� fn. Entonces gn " f1� f . Aplique teorema de

la convergencia monótona para llegar a que l��mR(f1 � fn) =

Rf1� f . Aplique linealidad

(Corolario 112) para obtenerRf1 � l��m

Rfn =

Rf1 �

Rf . Simplique por

Rf1 puesto que

es �nito.18.-Aplique el teorema de la convergencia dominada.19.-Observe que para todo n 2 N, la función fn(x) = �[0;n](x)

�1 + x

n

�ne�2x es

no negativa y la sucesión (fn) es no decreciente. En efecto, para x 2 [0; n� 1] se tiene que

fn(x)

fn�1(x)=

1 + x

n

1 + xn�1

!n�1 +

x

n� 1

�=

�1� x

n2 � n+ nx

�n�n� 1 + xn� 1

�:

Usando ahora la desigualdad de Bernoulli, se tiene

fn(x)

fn�1(x)=

�1� x

n2 � n+ nx

�n�n� 1 + xn� 1

��1� nx

n2 � n+ nx

��n� 1 + xn� 1

�= 1:

Esto demuestra que(fn) es creciente. Ahora como fn " e�x podemos aplicar el teoremade la convergencia monótona. El otro límite es similar.

20.-Observe que l��m inf fn = 0 y que l��m sup fn = 1. Este ejemplo muestra que ladesigualdad estricta puede darse en el lema de Fatou.

21.-Condición necesaria: de acuerdo al Problema 17, página 36, =1Pn=1

An con

An 2 A y 0 < �(An) < 1 para todo n. De�na f de modo que f jAn= 2�n=�(An).

Condición su�ciente: Considere los conjuntos An = fx 2 : f(x) > 1=ng.22.-Como la convergencia es uniforme, existe N 2 N tal que jfn(x)� fm(x)j < 1

para todo x 2 y para todo m;n � N . Luego jfn(x)j < jfN (x)j + 1. Como la funciónjfN (x)j+ 1 es integrable en , podemos aplicar el teorema de la convergencia dominadade Lebesgue.

23.-Obviamente la convergencia es uniforme y para todo n 2 N se tieneRN fn d� =

1; en cambioRN f d� = 0.

24.-Note que kfn � fk1 = 1=(n+1), luego la convergencia es uniforme. Por otro

ladoRfn = 1 + 1=2 + � � �+ 1=n <1, en cambio

Rf =

1Pn=1

1=n =1.

25.-Podemos suponer que todas las funciones son reales. Sea En tal que �(En) <1=n y (fn) converge uniformemente en Ecn. Entonces (fn) converge a f en:

F =[Ecn =

�\En

�c.

Observe ahora que �(F c) � �(En) < 1=n.26.-Podemos suponer que todas las funciones son reales y la convergencia en

todo . De�na Ekn =1Tm=n

fx : jfm(x)� f(x)j < 1=kg. Entonces Ekn � Ekn+1 y como hay

104 Respuestas

convergencia en todo ; para todo k; Ekn " . Por lo tanto � Ekn # �. AplicandoProposición 22 (4), se deduce que �

�� Ekn

�# 0. Luego, si � > 0, existe nk tal que:

�� Ekn

�<1

2kn � nk.

De�na F =1Tk=1

Eknk . Demuestre que �(Fc) < � y (fn) converge a f uniformemente en F .

27.-(a) Suponga que fn ! f y fn ! g (ambas en medida). Como:�x : jf(x)� g(x)j � 1

n

��x : jfn(x)� f(x)j � 1

2n

[�x : jfn(x)� g(x)j � 1

2n

;

entonces � (fx : jf(x)� g(x)j � 1=ng) = 0. Como:

fx : f(x) 6= g(x)g = fx : jf(x)� g(x)j > 0g =[fx : jf(x)� g(x)j � 1=ng ;

Por lo tanto f = g c.t.p. (b) Para � > 0 y � > 0, existe un conjunto E y n0 tal que�(E) < � y jfn(x)� f(x)j < � para todo x 2 Ec y 8n � n0. Por lo tanto:

(8n) (8n � n0)) � (fx : jfn(x)� f(x)j � �g) < �:

Esto signi�ca que l��mn!1

� (fx : jfn(x)� f(x)j � �g) = 0:

28.-Sea Ek =

(x : l��m sup

�!0

sup

y;z2B(x;�)jf(y)� f(z)j

!> 1=k

). Si E es el conjunto

de puntos en donde f no es continua, entonces Ek " E. Si f no es continua c.t.p., en-tonces m(E) > 0. Por Proposición 69 (3) m(Ek) = � > 0 para algún k. Ahora si P =ft0; t1; : : : ; tng es una partición de [a; b], se tiene que los intervalos (t0; t1) ; : : : ; (tn�1; tn)forman un recubrimiento del conjunto Ek � P y claramente m(Ek � P ) = m(Ek) = �Denote por P 0 aquel subconjunto de P consistente en todos los puntos tj tales que:

(tj�1; tj) \ Ek 6= �:

Por la monotonicidad de m se tiene:Xtj2P 0

(tj � tj�1) � �:

Si Mj = supx2(tj�1;tj)

f(x);mj = ��nfx2(tj�1;tj)

f(x), entonces Mj � mj > 1=k si i 2 P 0. Si

llamamos UP y LP a la suma superior e inferior respectivamente, se tiene:

UP � LP =Xtj2P

(Mj �mj)(tj � tj�1) �Xtj2P 0

(Mj �mj)(tj � tj�1) >�

k:

Esto contradice la suposición de la integrabilidad de Riemann.29.-De acuerdo al Corolario 112, página 51, se tieneZ

A

g d� �Z

g d� =1Xn=1

Z

�And� =

1Xn=1

�(An) <1:

esto implica que �(A) = 0.30.-Es claro que f <1 c.t.p. Sea A = fx 2 : f(x) > 0g. De�na

fn(x) = n ln

�1 +

�f

n

��= n1�� ln

�1 +

�f

n

��n�:


Como lnh1 +

�fn

��in�" f� se deduce que para todo x 2 A se tiene:

l��mn!1

fn(x) =

8<: 1 Si 0 < � < 1f(x) Si � = 10 Si 1 < � <1:

Aplique ahora el teorema de la convergencia monótona.31.- l��m

n!1fn(x) = 0 para todo x 2 (0; 1] y l��m

n!1fn(0) =1. Luego

R 10l��mn!1

fn dm =

0. Por otro lado, para todo n 2 N se tieneR 10fn dm = 1 y por lo tanto l��m

n!1

R 10fn dm = 1.

32.- (a) Suponga que (E0n) es una sucesión disjunta en A0. Entonces:

�0�X

E0n

�= �

�f�1

�XE0n

��= �

�Xf�1 (E0n)

�=X

�f�1 (E0n) =X

�0 (E0n) :

(b) Consideremos en primer lugar el caso g = �E0 :Z0g d��f�1

�=

Z0�E0 d

��f�1

�= �

�f�1 (E0)

�=

Z

�f�1(E0) d�

=

Z

(�E0 � f) d� =Z

(g � f) d�:

Usando la linealidad de la integral, vemos que la igualdad es válida para funciones simples.Finalmente si g : 0 ! [0;1] es medible, elijamos una sucesión creciente (sn) de funcionessimples no negativas tales que sn " g. De acuerdo al teorema de la convergencia monótonade Lebesgue, se tiene:Z

0g d��f�1

�=

Z0l��mn!1

sn d��f�1

�= l��m

n!1

Z0sn d

��f�1

�= l��m

n!1

Z0(sn � f) d� =

Z0l��mn!1

(sn � f) d�

=

Z

(g � f) d�:

(c) Aplique el resultado (b) a las funciones g+ y g�.33.-Note que f(x) = sinx+ cosx =

p2 sin(x+ �=4).

34.-Para demostrar queR10

j sin xjx dx diverge, observe que el área bajo la curva

y = j sinxj=x (vea Figura) es

mayor que la suma de las áreas de los triángulos indicados en la �gura. Ahora bien, con-siderando que la altura de estos triángulo sigue la secuencia (�=2)�1, (3�=2)�1, (5�=2)�1,: : :, (n�=2)�1, : : :(n impar), se sigue que:Z 1

0

j sinxjx

dx �1Xn=0

1

2

�

2

2

(2n+ 1)�=1

2

1Xn=0

1

2n+ 1.

106 Respuestas

35.-R 10

dx

x= � l��m

�!0+ln � =1.

36.-La función f es continua en todos los irracionales: sea c un irracional en [0; 1]y sea � > 0. Como el conjunto de todos los números racionales p=q 2 [0; 1] (con p=q escritoen forma irreducible) tales que 1=q � � es �nito, se sigue que ninguno de ellos está en elintervalo (c � �; c + �) para � = m��nfjp=q � cj : 1=q � �g, y por lo tanto si jx � cj < �se sigue que jf(x) � f(c)j = jf(x)j < �. Esto demuestra que fes discontinua sólo en unsubconjunto de medida cero (los racionales de [0; 1]) y por lo tanto

R 10f dm = 0.

37.-Sea An = fx 2 : f(x) > 1=ng. Es claro que An " B = fx 2 : f(x) > 0g y�(An) <1. Por el Corolario 113, página 52, se tieneZ

f d� =

ZB

f d� = l��mn!1

ZAn

f d�:

38.-Condición necesaria: note quePAn = y por lo tanto

1Xn=1

(n� 1)�(An) �1Xn=1

ZAn

jf j d� =Z

jf j d� <1;

luegoPn�(An) =

P(n� 1)�(An) + �() <1. La condición su�ciente es inmediata.

39.-Note que�f2 + g2

�1=2 � jf j+ jgj y jfgj � �f2 + g2� =2.10.6. Capítulo 6, página 65

1.- Suponga que a < s < x < y < t < b. Escriba S = (s; '(s)). De�na como X;Yy T los puntos correspondientes a los puntos x; y y t. Entonces X está sobre o debajo delsegmento SY lo que implica que Y está sobre o por encima de la recta que pasa por S yX. También Y está sobre o debajo del segmento XT . Si y ! x, entonces Y ! X. Estoimplica que '(y)! '(x).

2.-Sea ' es convexa y a < s < t < u < b., entonces:

'(t) = '

��1� t� s

u� s

�s+

t� su� su

��1� t� s

u� s

�'(s) +

t� su� s'(u);

de donde:

'(t)� '(s) � t� su� s ('(u)� '(s)) : (10.3)

Supongamos ahora que se cumple 10.3. Sea � 2 (0; 1) y x; y 2 (a; b) con x < y. Entonces:

'((1� �)x+ �y)� '(x) � (1� �)x+ �y � xy � x ('(y)� '(x)) = � ('(y)� '(x))

De donde:

'((1� �)x+ �y) � � ('(y)� '(x)) + '(x) = (1� �)'(x) + �'(y): (10.4)

El caso y < x se deduce de 10.4.3.-Sea y1; y2; : : : ; yn números reales positivos. De�na f : ! R+ por f(k) = ln yk.

Entonces, de acuerdo a la desigualdad de Jensen, se tiene:

exp

�Z

f d�

�= exp

�1

n(ln y1 + ln y2 + � � �+ ln yn)

��Z

(' � f) d�: (10.5)


Pero Z

(' � f) d� = 1

n(y1 + y2 + � � �+ yn) (10.6)

De 10.5 y 10.6 se deduce que:

(y1y2 � � � yn)1=n �1

n(y1 + y2 + � � �+ yn)

4.-De�na f : ! R+ por f(k) = ln yk. Usando la desigualdad de Jensen en elespacio = f1; 2; : : : ; ng con la medida � (fkg) = �k (A = P ()) y la función convexa'(x) = exp(x), se tiene:

exp

�Z

f d�

�= exp (�1 ln y1 + �2 ln y2 + � � �+ �n ln yn) �

Z

(' � f) d�: (10.7)

Pero Z

(' � f) d� = �1y1 + �2y2 + � � �+ �nyn: (10.8)

De 10.7 y 10.8 se deduce que:

y�11 y�22 � � � y�nn � �1y1 + �2y2 + � � �+ �nyn

5.-Observe que la función '(x) = x2 tiene segunda derivada positiva, por lo tantoes una función convexa. De acuerdo a la desigualdad de Jensen, se tiene:

'(1

n(x1 + x2 + � � �+ xn)) �

1

n(' (x1) + ' (x2) + � � �+ ' (xn)) ;

lo que equivale a:

1

n2(x1 + x2 + � � �+ xn)2 �

1

n

�x21 + x

22 + � � �+ x2n

�:

Multiplicando por n2 se obtiene la tesis.6.-La función exponencial es convexa ym ([0; 1]) = 1, por lo tanto se aplica Jensen.7.-Como ln f es integrable, aplicando el Problema 6, se tiene

exp

�Z 1

0

ln(f(t)) dt

��Z 1

0

exp [ln(f(t))] dt =

Z 1

0

f(t) dt;

el resultado se obtiene ahora tomando logarítmos.8.-Sea (fn) de Cauchy en L1. De�na:

Bm;n = fx 2 : jfn(x)� fm(x)j > kfn � fmk1g

y sea E la unión de todos estos conjuntos (m;n � 1). Entonces �(E) = 0. Es claro (fn)es Cauchy uniforme en Ec y por lo tanto converge uniformemente a un función mediblef en Ec. De�na f(x) = 0 en E. Es fácil ver que f 2 L1.

9.-Como l��mn!1

kfn � fkp = 0, entonces por Corolario 138, existe una subsucesión(fnk) que converge c.t.p. a f . Por otro lado como l��m

n!1fn = g c.t.p., también se tiene que

(fnk) converge c.t.p. a g. Esto implica que f = g c.t.p.10.-Inmediato de la Proposición 128, página 60 tomando = N con la �-álgebra

discreta y la medida de conteo.11.-Inmediato de la Proposición 128, página 60 tomando = N con la �-álgebra

discreta y la medida de conteo.

108 Respuestas

12.-Basta demostrar que para todo a; b � 0 se cumple (a + b)p � ap + bp, paralo cual basta probar que para todo x � 0 se cumple que (1 + x)p � 1 + xp. De�nah(x) = 1 + xp � (1 + x)p. Note que h(0) = 0 y h0(x) � 0.

13.- Considere las funciones f = �(0;�p) y g = �(�p;2�p).14.-Las condiciones implican que p=r y q=r son exponentes conjugados, que jf jr 2

Lp=r(�) y jgjr 2 Lq=r(�). Aplicando la Proposición 133, se obtiene que jfgjr 2 L1(�) ykjfgjrk1 � kjf j

rkp=r kjgjrkq=r, lo que equivale a fg 2 Lr(�) y kfgkr � kfkp kgkq.

15.-Como r < p < s, entonces 1=s < 1=p < 1=r. Por lo tanto existe � 2 (0; 1) talque 1=p = �=s+ (1� �)=r, de donde se obtiene que:

1 =1

s=�p+

1

r=(1� �)p ;

por consiguiente s=�p y r=(1 � �)p son exponentes conjugados. Ahora como jf j�p 2Ls=�p(�) y jf j(1��)p 2 Lr=(1��)p(�), la Proposición 133 implica que jf jp = jf j�p jf j(1��)p 2L1(�). Esto signi�ca que p 2 E y prueba la parte (a). Por otro lado también se cumpleque Z

jf jp d� ��Z

jf js d��p=s�Z

jf jr d��(1��)p=r

: (10.9)

Tomando logaritmo natural se obtiene que:

ln'(p) � �p

sln'(s) +

(1� �)pr

ln'(r);

lo que demuestra que ln' es una función convexa en E. Por parte (a) E es un intervaloy por lo tanto la Proposición 124 asegura que la función ln' es continua en el interiorde E. Como ' = eln' se concluye que ' es continua en el interior de E. Esto demuestraparte (b). Finalmente escribiendo la desigualdad 10.9 en la forma kfkp � kfk

�s kfk

(1��)r y

usando la desigualdad 6.15, de la página 65, se obtiene que kfkp � � kfks+ (1��) kfkr.Esto demuestra que kfkp � m�ax fkfks ; kfkrg. Esto claramente demuestra la parte (c):

(d) Es claro que si kfkr = 0 el resultado es trivial. Supongamos por lo tan-to que 0 < kfkr < 1. En primer lugar demostraremos que l��m sup

p!1kfkp � kfk1. Si

kfk1 =1 no hay nada que demostrar, por lo tanto supongamos que kfk1 <1. Como0 < kfkr, entonces se cumple que 0 < kfk1 <1. Sea p > r, entonces jf jp = jf jp�r jf jr �kfkp�r1 jf jr (c.t.p.). Integrando se obtiene

Rjf jp = kfkp�r1

Rjf jr, de donde se tiene que

kfkp � kfk1�r=p1 (kfkrr)

1=p. Haciendo tender p!1, se deduce que l��m supp!1

kfkp � kfk1.

Ahora demostraremos que l��m infp!1

kfkp � kfk1. Sea 0 < � < kfk1, entonces por de�ni-ción de supremo esencial, el conjunto A = fx : jf(x)j > �g tiene medida positiva y comokfkr <1 debe cumplirse que 0 < �(A) <1. Entonces como

kfkp =�Z

jf jp d��1=p

��Z

A

jf jp d��1=p

> � (�(A))1=p

;

se deduce que l��m infp!1

kfkp � kfk1.16.-Si kfkr =1, entonces como � () = 1 se deduce que kfks =1. Por lo tanto

podemos suponer que jf jr es integrable. Como la función '(x) = xs=r es convexa en (0;1)podemos aplicar la desigualdad de Jensen. Entonces se tiene�Z

jf jr d��s=r

�Z

(jf jr)s=r d�


lo que equivale a a�rmar que kfkr � kfks.17.-Sea f 2 Ls(�), entonces

Rjf js d� <1. De�na:

A = fx : jf(x)j > 1g ; B = fx : jf(x)j � 1g ;

entonces: Z

jf jr d� =

ZA

jf jr d�+ZB

jf jr d� �ZA

jf jr d�+ZB

d�

�ZA

jf js d�+ �(B) �Z

jf js d�+ �() <1.

18.-Por Problema 17 la sucesión (fn) y la función f están en Lr. Si s = 1 lademostración es inmediata, por lo tanto supondremos que s < 1. Note que s=r > 1 ypor lo tanto p = s=r y q = s=(s � r) son exponentes conjugados. Como jfn � f jr 2 Lp yg(x) � 1 2 Lq, entonces de acuerdo a la desigualdad de Hölder, se tiene:Z

jfn � f jr d� =Z

jfn � f jr g d� ��Z

jfn � f js d��r=s�Z

gq d�

�1=q;

de donde se concluye que

kfn � fkr � kfn � fks (�())(s�r)=rs

:

19.-Como las funciones f y g son no negativas y fg � 1, entonces f1=2g1=2 � 1,entonces: Z

f1=2g1=2d� �Z

d� = �() = 1:

Aplicando ahora la desigualdad de Schwarz al producto f1=2g1=2 se tiene:

1 �Z

f1=2g1=2 d� ��Z

�f1=2

�2d�

�1=2�Z

�g1=2

�2d�

�1=2=

�Z

f d�

�1=2�Z

g d�

�1=2Por lo tanto

�Rf d�

�1=2 �Rg d�

�1=2 � 1. Elevando al cuadrado se obtiene el resultadobuscado.

20.-La segunda desigualdad es inmediata ya quep1 + h2 � 1 + h implica queZ

p1 + h2 d� �

Z

(1 + h) d� =

Z

d�+

Z

h d� = 1 +A:

Para la primera desigualdad aplique Jensen con la función convexa '(x) =p1 + x2. Para

la interpretación geométrica del ejemplo dado, note que las desigualdades correspondena: p

1 + (f(1)� f(0))2 �Z 1

0

p1 + (f 0(x))2dx � 1 + f(1)� f(0)

lo cual puede interpretarse en el sentido que la longitud de la curva y(x) = f(x) en elintervalo [0; 1] es mayor que la longitud del segmento que une los extremos de la curva ymenor que la suma de los catetos correspondientes (note que la curva debe ser creciente).

21.- Como f 2 L1(�) dado � > 0 se puede hallar una función simple s =Xk=n

k=1�k�Ak tal que 0 � s � jf j y que cumpla con

Rjf j d� <

Rs d� + �=2. Por

110 Respuestas

la misma razón se puede suponer que �k > 0 y �(Ak) < 1 para todo k = 1; : : : ; n. Sea� = m�ax f�kg y de�na � = �

2n� . Entonces si �(E) < �, se cumple:ZE

jf j d� <ZE

s d�+ �=2 � n��(E) + �=2 < �:

22.-Como g 2 L1(R), entoncesZRjg(t) f(t=n)j dt � kgk1

ZRjf(t=n)j dt = n kgk1 kfk1 <1;

por lo tanto g(�) f(�=n) 2 L1(R) y de acuerdo al Teorema 8.26 (e) de Rudin, haciendox = t=n se tiene

1

n

ZRg(t) f(t=n) dt =

ZRg(nx) f(x) dx:

Ahora, como la función f tiene que ser real c.t.p. puesto que pertenece a L1(R) la condiciónl��m

jxj!1jg(x)j = 0 implica que hn(x) = g(nx) f(x) ! 0 c.t.p. Como la sucesión hn(x) es

mayorada por la función kgk1 f 2 L1(R) se puede aplicar el teorema de la convergenciadominada.

23.- (a) Note que la función �(x) = xp2=p1 es convexa. Aplique Jensen usando lamedida � = 1

�()�. La demostración de (b) y (c) son inmediatas.


1.- Si j�(E)j = 1, entonces �(E) = 1 (ya que el rango de � está contenido en(0;1]). Esto implica que �(F ) =1, ya que �(F ) = �(F�E)+�(E) = �(F�E)+1 =1ya que �(F � E) 6= �1.

2.-De acuerdo a la Proposición 145 se tiene que � = �+ � ��, entonces, paracualquier A medible, se tiene

j�(A)j � �+(A) + ��(A) � �+() + ��() = �(P )� �(N) <1;

en donde P +N es una descomposición de Hahn respecto de la medida real �.3.-�(N2) = �(N2 �N1) + �(N1) � �(N1).4.-Sean N1 y N2 negativos y sea A medible. Entonces

�((N1 �N2) \A) = �(N1 \N c2 \A) = �(N1 \ (N c

2 \A)) � 0;

puesto que N1 es negativo. Esto demuestra que N1 �N2 es negativo. Por otra parte

�((N1 [N2) \A) = �((N1 \A) + �((N2 �N1) \A) � 0;

puesto que tanto N1 como N2�N1 son negativos. Esto demuestra que N1[N2 es negativo.Ahora si (Nn) es una sucesión de conjuntos negativos, entonces de�niendo N 0

n = Nn �(N1 [ � � � [Nn�1) se tendrá que la sucesión (N 0

n) es una sucesión disjunta de conjuntosnegativos tal que

SNn =

PN 0n y por lo tanto

�(�[

Nn

�\A) = �(

�XN 0n

�\A) =

X�(N 0

n \A) � 0:

Esto demuestra queSNn es negativo.

5.-Si A � [�1; 2] es un conjunto borel medible, entonces

�(E) =

ZE

��[�1;0] � �[1;2]

�dm


es una medida signada en la sigma-álgebra de los borelianos de [�1; 2]. Además. Para estamedida signada hay in�nitas descomposiciones de Hahn, por ejemplo P = [�1; 0] ; N =(0; 2] y P = [�1; 1] ; N = (1; 2] son dos descomposiciones.

6.-Como = P2 +N2, entonces por la aditividad de � se tiene

�(E \ P1) = �(E \ P1 \ P2) + �(E \ P1 \N2) = �(E \ P1 \ P2);

ya que �(E \ P1 \N2) = 0. Esto claramente demuestra que �(E \ P1) = �(E \ P2).7.-�+(�) = �(� \ P ) = �(�) = 0. Si E =

1Pn=1

En, entonces la aditividad contable

de � implica que �+(E) =1Pn=1

�+(En). Por otro lado, como P es positivo, se cumple

que �+ � 0. Esto demuestra que �+ es una medida. Finalmente como �(�) = 0 y � escontablemente aditiva, se deduce que debe ser aditiva y por lo tanto

�+(E)� ��(E) = �(E \ P ) + �(E \N) = �(E \ ) = �(E):

8.-Sea P = fx 2 : f(x) � 0g y N = fx 2 : f(x) < 0g. Es claro que P y Nforman una descomposición de Hahn respecto de la medida signada � y por lo tanto, deacuerdo al Problema 6, se cumple

�+(A) = �(A \ P ) =ZA\P

f d� =

ZA

f+ d�;

Finalmente j�j (A) =RAf+ d�+

RAf� d� =

RA(f+ + f�) d� =

RAjf j d�.

9.-Sea P;N una descomposición de Hahn, entonces �+(A) = �(A \ P ). Sea C 2A; C � A, entonces como � es una medida positiva en P y C \ P � A \ P se tiene:

�(C) = �(C \ P ) + �(C \N) � �(C \ P ) � �(A \ P ) = �+(A);

esto demustra que sup f�(C) : C 2 A; C � Ag � �+(A). Note ahora que el supremo sealcanza para el conjunto C = P \A.

10.-(a) El que �1 + �2 � � es obvio. Ahora si f1 = d�1d� y f2 = d�2

d� , entonces�1(A) =

RAf1d� y �2(A) =

RAf2d�, por lo tanto (�1 + �2) (A) =

RA(f1 + f2) d� para

todo A 2 A. Esto signi�ca que d(�1+�2)d� = d�1

d� +d�2d� c.t.p. respecto a �. Para la parte

(b) use (apropiadamente) Corolario 113.11.-Es claro que �� . Suponga que existe una función medible f tal que �(A) =R

Af d� para cada A 2 A. Tomando conjuntos singulares (singletons) deduzca que f � 0

y por lo tanto � tendría que ser la medida nula. Esto contradice la de�nición de �. Noteque el teorema de Radon-Nikodym no es aplicable por cuanto � no es �-�nita.

12.-Note que � � � es obvio ya que �(A) = 0 implica que A = �. Supongaque existe una función medible f tal que �(A) =

RAf d� para cada A 2 A. Nuevamente

tomando conjuntos singulares deduzca que f es idénticamente nula. Esto contradice lade�nición de �. Note que � no es �-�nita.


1.-Es claro que � � 0 y que �(�) = 0. Falta demostrar que � es contablemente

aditiva enH. Suponga que A =nPi=1

Ai�Bi =1Pi=1

Ci�Di. Entonces para todo (x; y) 2 ��se tiene

nPi=1

�Ai(x)�Bi

(y) =1Pi=1

�Ci(x)�Di(y)

112 Respuestas

Si mantenemos �ja la variable x e integramos respecto a la variable y y aplicamos elteorema de la convergencia monótona, se obtiene

nPi=1

�Ai(x)�(Bi) =

1Pi=1

�Ci(x)�(Di);

integrando nuevamente respecto a la variable x y usando nuevamente el teorema de laconvergencia monótona, se concluye que

�(A) =nPi=1

�(Ai)�(Bi) =1Pi=1

�(Ci)�(Di)

=1Pi=1

�(Ci �Di):

2.-Note que f = �D en donde D es la diagonal del cuadrado unitario. Parademostrar que f es medible, basta demostrar que D es medible. Para cada natural nde�na

Ij =

�j � 1n

;j

n

�Qn = (I1 � I1) [ (I2 � I2) [ � � � [ (In � In) :

Note ahora que D =1Tn=1

Qn. Esto demuestra que D es medible.

3.-Sea C � R no medible. Entonces, por Proposición 156 el conjunto A = f1g�Cno pertenece a la �-álgebra B(R)�B(R) y sin embargo es subconjunto de un conjunto demedida nula, esto es f1g � R.

4.-De acuerdo al Teorema 160, parte (c) la función e�tx sinx es integrable enR+ � R+ y por lo tanto las integrales iteradas son iguales. Luego:Z 1

0

sinx

xdx =

Z 1

0

�Z 1

0

e�xt sinx dt

�dx =

Z 1

0

�Z 1

0

e�xt sinx dx

�dt

=

Z 1

0

�l��ma!1

e�at(�t sin a� cos a1 + t2

+1

1 + t2

�dt

=

Z 1

0

1

1 + t2dt =

�

2:

5.-Note quex2 � y2

(x2 + y2)2 =

1

x2 + y2� 2y2 1

(x2 + y2)2 . Integrando respecto a x y

usando fórmula de reducción en la expresión1

(x2 + y2)2 , se obtiene:

Z 1

0

Z 1

0

f dxdy =

Z 1

0

dy

�Z 1

0

dx

x2 + y2� 2y2

�1

2y2(1 + y2)+

1

2y2

Z 1

0

dx

x2 + y2

��= �

Z 1

0

dy

1 + y2= � arctan 1 = ��

4:

SimilarmenteR 10

R 10f dydx = �=4:

6.-De acuerdo a la de�nición

(m�#) (Q) = m([a; b]#(fn; n+ 1; : : : ;mg)= (b� a)(m� n+ 1):


Por otro lado:Z ZR�N

f d (m�#) = 1 + 2 + � � �+ r = r(r + 1)

2:

114 Respuestas

BibliografíaFP Medida e integraçao, Pedro Fernandez, IMPA.

FA Foundations of Modern Analysis, Avner Friedman, Northwestern University.1970.

HT Algebra, Thomas Hungerford, Springer-Verlag.

CP Set Theory and the Continuum Hypothesis, P.J. Cohen, New York: W.A.BenjaminInc., 1966.

RB The Elements of Real Analysis, Robert Bartle (second edition), John Wiley & Sons,1976.

GS An Introduction to Topology and Modern Analysis, G.B.Simmons.

AR Real Analysis and Probability, Robert Ash, Academic Press, 1972.

WR2 Real and Complex Analysis, Walter Rudin, TMH edition.1974.

teoría de la medida e integración - carlos martinez yañez.pdf

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