tal y como se observa, f es integrable al ser cociente de dos polinomios distintos de cero, además es una función impar en un dominio simétrico i.e. f y (-x) = -f y (x) y por lo tanto la integral es cero. De forma análoga fdydx = 0,
ya que fx(-y) = -fx(y). Ademas podemos ver que: 1 1 -1 -1
1 1 -1 -1 xy (x2 + y2)
xy (x2 + y2) 2
2 dxdy =
dydx = 1 -1
1 -1 –
– y 2(x2 + y2)
x 2(x2 + y2) 2
2 1
-1 1
-1 dy =
dy = 1 -1
1 -1 0dy = 0,
0dx = 0. / Sin embargo f ? L1(dx ? dy) i.e. 1 1 -1 -1 |f|dydx = 8 para verlo haremos un c.v. de tal forma que 1 1 -1 -1 |f|dydx = 1 0 2p 0 |sin? cos?| r d?dr = 2 1 0 dr r = 8
1 -y 2x 1 1 -y 2x 2x 1 -y 2x 1 -y 2x 67 3.5. EJERCICIOS.
donde (dydx = rd?dr)o de forma análoga, por simetría 1 1 -1 -1 |f|dydx = 4 1 0 1 0 fdydx = 4 1 0 1 0 x2 x4 dxdy = 4 1 0 1 0 1 x2 dxdy = 8 tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 3.5.8 Integrando f = e-y sin2xy con respecto a x,y calcular que 8 0 e-y sin2 y y dy = 1 4 log5 Sugerencia: Comprobar en primer lugar que f (x,y) = e-y sin(2xy), es integrable en [0,1] × [0,8]. Luego aplicar Fubini comprobando que 1 0 fdx = e-y y sin2 y, 8 0 fdy = 2x 1+ 4×2 Solución. Vemos que f = e-y sin(2xy) 8 0 1 0 fdxdy = 8 0 1 0 e-y sin(2xy)dxdy = 8 0 e-y y sin2 ydy =?? observar que sin(2xy)dx = – 1 2y cos2xy, sin2 y = 1 2 (1- cos2y) mientras que por otro lado 1 0 8 0 fdydx = 1 0 8 0 e-y sin(2xy)dydx = 1 0 4x 2x 2 + 1 dx = 1 4 ln 1+ 4×2 1
0 = 1 4 log5 donde 8 0 e -y sin(2xy)dy = – e-y 4×2 + 1 (2xcos(2xy) + sin(2xy)) 8
0 = 2x 4×2 + 1 lo vemos de forma algo más detallada e-y sin(2xy)dy = – e cos(2xy) – e sin(2xy) + 1 2x e-y sin(2xy)dy = = – e cos(2xy) – 1 4×2 e-y sin(2xy) – 1 4×2 e-y sin(2xy)dy, viendo así que 1+ 1 4×2 e-y sin(2xy)dy = – e cos(2xy) – 1 4×2 e-y sin(2xy), llegando al resultado anteriormente expuesto, por lo tanto concluímos que 8 0 e-y sin2 y y dy = 1 4 log5,
68 CAPÍTULO 3. LOS TEOREMAS DEL CAMBIO DE VARIABLE Y DE FUBINI. sólo resta probar que se puede aplicar el teorema de Fubini, para ello debemos comprobar que f ? L1(dx ? dy) i.e. |f|dydx = 8 0 1 0 e-y sin(2xy) dxdy = 8 0 1 0 e-ydxdy = 8 0 e-ydy < 8 esta aclaración es esencial, pues sin ella no podríamos asegurar el resultado.
Ejercicio 3.5.9 Sea dµ la medida de Lebesgue sobre los Borel de [0,1] y sea d? la medida de contar en P(R). n
1. Demostrar que para 0 < a = 1 se tiene G-1 ((-8,a)) = ?n [0,2a1/n) × {n} , 2. Deducir que G es dµ ? d?-medible,
3. Usar Fubini para probar la identidad 8 ? n=1 1 (n + 1)2n = 2ln2- 1. Solución. Vemos que:
1. Con respecto al primer apartado tenemos que: (x,n) ? G-1 ((-8,a)) ?? G(x,n) = x 2 n < a ?? x < 2a1/n ?? (x,n) ? [0,2a1/n) × {n}. 2. Con respecto al segundo vemos que si 0 < a = 1, entonces G-1 ((-8,a)) es la unión numerable de rectángulos medibles de [0,1] × N. Si a = 0, G-1 ((-8,a)) = Ø, Si a > 1, entonces G-1 ((-8,a)) = [0,1] × N En todos los casos G-1 ((-8,a)) es medible y por lo tanto la función G es medible. 3. G es positiva y medible luego se puede usar Fubini, obetiéndose [0,1]×N Gdµ ? d? = N [0,1] x 2 n dxd?(n) = 1 0 N x 2 n d?(n)dx, donde N [0,1] x 2 n dxd?(n) = N 1 n + 1 1 2 n d?(n) = 8 ? n=1 ( 1 n + 1)2n , y 1 0 N x 2 n d?(n)dx = 1 8 ? 0 n=1 x 2 n dx = 1 0 x/2 1- x/2 dx = 1 0 x 2- x dx = 2ln2- 1, donde 8 ? n=1 x 2 n = x/2 1- x/2 ,
69 3.5. EJERCICIOS.
al tratarse de una geométrica, de esta forma vemos que 8 ? n=1 ( 1 n + 1)2n = 2ln2- 1, tal y como queríamos hacer ver. Ejercicio 3.5.10 De?nimos la función f : [0,1] × [0,1] -? R f (x,y) = 1 x ? Q n [0,1], 0 x ? [0,1] Q, y ? [0,1] y ? [0,1] , 1. Probar que f es medible con respecto a la medida de Lebesgue en R2, dm = dx × dy,
2. Calcular la integral [0,1]2 f (x,y)dxdy. Solución. Sea A = Q n [0,1]. Entonces se ve que f (x,y) = 1 ?? (x,y) ? A × [0,1], por lo tanto f = ?A×[0,1], que es medible ya que A × [0,1] pertenece a la s-álgebra producto (es el producto cartesiano de dos conjuntos medibles Lebesgue en R) Con respecto al segundo apartado vemos que [0,1]2 f (x,y)dxdy = m(A × [0,1]) = m1 (A) · m1 ([0,1]) = m1 (A) = 0, donde m1 denota la medida de Lebesgue de R y donde m1(A) = 0, al ser A numerable.
Ejercicio 3.5.11 De?nimos la función f : [0,1] × [0,1] -? R f (x,y) = x · y ? Q 1 (x,y) ? [0,1] × [0,1], 0 en caso contrario , 1. Probar que f es medible con respecto a la medida de Lebesgue en R2, dm = dx × dy,
2. Calcular la integral [0,1]2 f (x,y)dxdy.
70 CAPÍTULO 3. LOS TEOREMAS DEL CAMBIO DE VARIABLE Y DE FUBINI. Solución. Sea {rk}k una enumeración de los números racionales de [0,1] y sean Ek = {(x,y) ? [0,1] × [0,1] : x · y = rk}, k = 1,2,3,… si E = k Ek, unión disjunta, entonces f = ?E, como se puede comprobar. De?nimos ahora G : [0,1] × [0,1] -? R : (x,y) -? x · y, donde G es continua y por lo tanto Ek = G-1({rk}) es un cerrado. Deducimos por lo tanto que Ek es medible Borel y por consiguiente también lo es E llegando de esta forma a demostrar que f es medible. Con respecto al segundo apartado vemos que si m(Ek) = 0, entonces la integral pedida será nula. Para probarlo, vemos que por Fubini (podemos usarlo al tratarse de una función positiva y medible) que m(Ek) = 1 0 1 0 ?Ekdy dx = 1 0 m1 ((Ek)x)dx, donde m1 representa la medida de Lebesgue de R. Pero si rk = 0, (Ek)x = {y ? [0,1] : (x,y) ? Ek} = {rk/x}, consta de un único punto. Luego m1 ((Ek)x) = 0. El caso rk = 0, es inmediato ya que
Ek = [0,1] × {0} ? {0} × [0,1],
que también tiene medida cero por la de?nición de medida producto.
Ejercicio 3.5.12 Consideramos el espacio de medida ([0,1] × [0,1],L,m2), donde L representa la clase d econ- juntos edibles Lebesgue y m2 la medida de Lebesgue. Dado E ? L denotamos Ex = {y ? [0,1] : (x,y) ? E}, Ey = {x ? [0,1] : (x,y) ? E}. Sea por otro lado m1 la medida de Lebesgue en [0,1]. Demostrar que si E ? L cumple m1 (Ex) = 1/2, c.t.p. x, entonces se tiene también m1 ({y ? [0,1] : m1 (Ey) = 1}) = 1/2.
Solución. El teorema de Fubini aplicado a la función medible y positiva
f (x,y) = ?E (x,y),
3.5. EJERCICIOS. 71 nos da m2 (E) = 1 0 m1 (Ex)dx = 1 0 m1 (Ey)dy. De la hipótesis se deduce que m2 (E) = 1 0 m1 (Ex)dx = 1 0 1 2 dx = 1 2 . Sea por otro lado A = {y ? [0,1] : m1 (Ey) = 1}, entonces 1 2 = 1 0 m1 (Ey)dy = A m1 (Ey)dy = A 1dy = m1 (A), por lo tanto m1 (A) = 1 2 , tal y como queríamos probar.
72 CAPÍTULO 3. LOS TEOREMAS DEL CAMBIO DE VARIABLE Y DE FUBINI.
Capítulo 4
Medidas y derivadas.
4.1. Introducción
A modo de motivación recordamos la relación entre derivación e integración. Sabemos por la integral de Riemann que: F(x) = x a f (u)du, F ?C i.e. es una fución continua y por el TFC sabemos que F'(x0) = f (x0) y que si F ? C1, F : [a,b] -? R, entonces: F(a) + x a F' (u)du = F(x). Teorema 4.1.1 Sean (X,M,µ) un espacio de medida y f : X × [a,b] -? R. Supongamos que f t ? L1(dµ), ?t, de?nimos F(t) = X f tdµ(x) 1. Si fx es continua en t0,?x y ?g ? L1(dµ) : f t = g,?t, entonces F es continua en t0. 2. Si ??tf,?t y ?g ? L1(dµ) : |?tf| = g,?t, entonces existe F'(t) : F'(t) = ?t X f(x,t)dµ = X ?tfdµ. Idea de la demostración. La idea consiste en tomar una sucesión {tn} -? t0. De?nir gn(x) = f tn
n-?8 n-?8 las funciones gn(x) están acotadas i.e. |gn(x)| = g ? L1(dµ), entonces por el teorema TCD tenemos que l´im F(tn) = l´im n-?8 n-?8 X gndµ(x) = X f(x,t0)dµ(x) = F(t0) por lo que F es continua en t0, etc…. 73
x ? R : l´im 74 CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. 4.2. Diferenciación de Lebesgue
De?nición 4.2.1 Dada f ? L1(dµ), se de?ne el conjunto de puntos de Lebesgue de f, y lo denotamos por Lf como: Lf = 1 h?0 2h x0+h x0-h |f (x) – f (x0)|dµ = 0 . De?nición 4.2.2 Operador de Hardy-Littlewood. Mf(x) = sup h>0 1 2h x+h
x-h |f (u)|du Desigualdad: Si f ? L1 y ? > 0, entonces:
|{x ? R : Mf(x) > ?}| = 2 ? |f|dx. Lema 4.2.1 Aproximación por funciones continuas. Si f ? L1 (R,dx) dado e > 0, ?g ? L1 (R,dx) continua tal que R |f – g|dx < e Tanto la de?nición del operador de Hardy-Littlewood como su desigualdad y el anterior lema son necesarios en la demostración del siguiente teorema.
Teorema 4.2.1 Teorema de diferenciación. Si f ? L1 (R,dx) de?nimos F(x) = x a f (u)du, entonces F es diferenciable en c.t.p. con respecto a la medida de Lebesgue [c.t.p. (dx)] y además F'(x) = f(x), c.t.p.(dx). 1 Comentarios sobre este teorema.
De?nición 4.2.3 Se dice que una función medible, f(x) es localmente integrable si para todo conjunto aco- tado D, la restricción de f a D, i.e. f?D es integrable. Se escribe f ? Lloc (R,dx). f = ex. El teorema de diferenciación es Observación 4.2.1 Ejemplos de este tipo de funciones son f = x2, válido para este tipo de funciones.
Teorema 4.2.2 Diferenciación en Rn. Si f ? L1 (R,dx), entonces l´im r?0 1 |Br(x)| Br f(y)dy = f(x), c.t.p. donde Br(x) = {y ? Rn : |x – y| < r}.
75 4.3. TEOREMA DE RADON-NIKODYM-LEBESGUE.
Teorema 4.2.3 Sea F : [a,b] -? R, derivable ?x ? [a,b]. Si F' es integrable Riemann, entonces: F(x) = F(a) + x a F' (u)du. De?nición 4.2.4 Se dice que F es absolutamente continua, escribimos F ? AC, si ?e > 0,?d > 0, tal que toda colección de intervalos disjuntos {Ii}i=1 , Ii = (ai,bi) con ?|Ii| < d, entonces: ? |F(bi) – F(ai)| < e. i=1 Se dice que F es localmente absolutamente continua, escribimos F ? ACloc, si F?D ? AC, ?D conjunto medible acotado.
x fundamental del cálculo para la teoría de Lebesgue.
Teorema 4.2.4 Son equivalentes: 1. F ? ACloc, 2. 1 ?f ? Lloc (R) tal que F(x) = F(a) + x a f (u)du, ?x,a ? R. 3. 1 F tiene derivada en c.t.p. F' ? Lloc (R) y F(x) = F(a) + x a F' (u)du, ?x,a ? R. 4.3. Teorema de Radon-Nikodym-Lebesgue.
De?nición 4.3.1 Dadas dos medidas µ y ?, de?nidas sobre la misma s-álgebra M decimos que ? es absolu- tamente continua con respeto a µ (escribimos ? « µ) si para todo E ? M, µ(E) = 0, entonces ?(E) = 0.
Proposición 4.3.1 Si dadas dos medidas µ y ?, de?nidas sobre la misma s-álgebra M tales que ? « µ y ? – finita entonces ?e > 0,?d > 0 : si E ? M y µ(E) < d, entonces ?(E) < e.
Tenemos así una primera versión del teorema de RN.
Teorema 4.3.1 Si µ y ? son dos medidas de?nidas en M tal que µ es s – finita y ? – finita. Si ? « µ entonces existe una función f ? L1 (µ) tal que
d? = fdµ
i.e. ?(E) = E fdµ ?E ? M.
CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. 76
Sea f ? L1 (dµ) si de?nimos ?(A) = A fdµ entonces: 1. ?(Ø) = 0, 2. si {Ai} son medibles disjuntos, entonces: ?(?Ai) = ?A fdµ = ? i Ai fdµ = ??(Ai) i pero ? no es medida a menos que f = 0.
De?nición 4.3.2 Dada una s-álgebra M, decimos que ? : M -? [-8,8] es una medida con signo si veri?ca: 1.
2.
3. ?(Ø) = 0, ?(A) < 8, ó ?(A) > -8, ?A ? M. ?(?Ai) = ?i ?(Ai), {Ai} son medibles disjuntos. De?nición 4.3.3 Sea ? una medida con signo en M. Se die que A ? M es un conjunto:
1. Positivo si ?(A n E) = 0, ?E ? M. 2. nulo si ?(A n E) = 0, ?E ? M. 3. negativo si ?(A n E) = 0, ?E ? M.
Supongamos que m es la medida de Lebesgue y sea µ(A) = fdm, otra medida, con f = 0 etc…. Sea P = {x : f (x) = 0}, entonces µ(P) = 0 y sea N = {x : f (x) < 0}, entonces µ(P) < 0, veri?cándose que A = P ? N es una descomposión de A. En realidad existe C = {x : f (x) = 0}, tal que µ(C) = 0, el conjunto nulo tal que A = P? N ?C, esto es precísamente lo que nos dice el teorema de Hahn. El teorema de Jordan nos da una descomposión de µ = µ+ – µ- tal que µ+(A) = f +dm, µ(A-) = f -dm. Teorema 4.3.2 Descomposición de Hahn y Jordan
1. Hahn. Si ? es una medida con signo en M ? P(X), entonces exsiten P, N ? M disjuntos con X = P ? N tales que P es positivo para ? y N negativo para ?.
2,1 2,1 4.3. TEOREMA DE RADON-NIKODYM-LEBESGUE. 77 2. Jordan. Si de?nimos ?+(A) = ?(A n P), ?-(A) = ?(A n N), entonces ?+ y ?- son medidas positivas y ? = ?+ – ?-.
De?nición 4.3.4 ?+ y ?- se denominan la variación positiva y negativa de ?. Si de?nimos |?| = ?+ + ?- se denomina la variación total de ?.
Sean µ y ? dos medidas, entonces diremos que son ortogonales o mútuamente singulares si existen E, F ? M, tales que X = E ? F con µ(E) = ?(F) = 0, y escribimos entonces ??µ. Por ejemplo, si µ es Lebesgue en 0, 12 , i.e. µ(A) = m A n 0, 1 2 y ? es Lebesgue en 1 , i.e. ?(A) = m A n 1 2 ,1 1 1 . Este ejemplo funciona bien ya que m 1 2 = 0. Veamos entonces ??µ, donde E = 0, 2 , y F = ahora la de?nición formal. De?nición 4.3.5 Dos medidas, µ y ?, se dicen mútuamente ortogonales (µ??)si existe una descomposición X = E? F de conjuntos disjuntos tales que E es nulo para µ y F es nulo para ?. Diremos que µ vive en E y ? en F.
De?nición 4.3.6 Dada µ medida positiva y ? con signo se dice que ? es absolutamente continua con respecto a µ (? « µ) si dado A ? M con µ(A) = 0 se tiene ?(A) = 0.
Teorema 4.3.3 Sea µ una medida s – finita y ? una medida con signo ?nita, ambas de?nidas sobre una s-álgebra M ? P(X). Entonces 1. ? se puede descomponer como ? = ? + ?, tales que ? y ? son medidas ?nitas con signo con ??µ y ? « µ. d? = f0dµ, 2. Además ?f ? L1(dµ) tal que
de tal forma que d? = d? + d? = d? + f0dµ.
Decimos que f0 es la derivada de RN de ? respecto a µ f0 = d? dµ .
xe-x dx. Hallar los xe-x dx, d? = xe-x dx, f = xe-x , xe-x dx = 0, xe-x dx = 2 xe-x dx = 1, CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. 78
4.4. Ejercicios E 2 Ejercicio 4.4.1 Sea m la medida de Lebesgue en R. Para E ? B(R) de?nimos ?(E) = conjuntos positivos, negativos y nulos para la medida ?.
Solución. Vemos que dm = dx, y que hemos de?nido ?(E) = E 2 se escribe 2 d? = fdx, 2 y vemos que es una medida ya que f ? L1 (dx) (recordamos de teoría que si µ es una medida y f ? L1 (dµ) entonces d? = fdµ es una medida con signo). Además vemos que es una medida con signo pues no siempre es positiva ya que f (x) = xe-x 2 =? f = f + – f -, donde f + = 2 xe-x 0 x > 0 x = 0 , f – = 2 -xe-x 0 x < 0 x = 0 , de esta forma ? = ?+ – ?-, donde d?+ = f +dx, d?- = f -dx, R = (-8,0) ? [0,8), ?- ?+ entonces ?(R) = R 2 ya que la función es impar, mientras que |?|(R) = ?+ (R) + ?- (R) = R 2 8 0 2 tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 4.4.2 Comprobar que un conjunto es ? – nulo sii es |?| – nulo. Comprobar que ? ? µ sii |?| ? µ. Comprobar que ? ? µ sii ? ? µ+ y ? ? µ-.
Solución. M s-álgebra, A ? M es ? – nulo ?? ?B ? A, B ? M se tiene que ?(B) = 0. Queremos ver que ? – nulo sii es |?| – nulo, consideramos la descomposición de Hahm-Jordan ? = ?+ – ?-, |?| = ?+ + ?-
= – , 79 4.4. EJERCICIOS
sabemos que ?+ (P) = ?- (N) = 0. =?? Sea B ? A medible, entonces B n P ? A, B n N ? A, =? =? ?(B n P) = 0 ?(B n N) = 0 por ser A ? – nulo. Entonces
?+(B) = ?(B n P) = 0, ?- (B) = ?(B n N) = 0,
por lo tanto |?|(B) = ?+ (B) + ?- (B) = 0 así que A es |?| – nulo. ?=?A es |?| – nulo entonces |?|(B) = 0, donde B ? A, B ? M esto implica que |?|(B) = 0 =? ?+ (B) + ?- (B) = 0 entonces ?(B) = ?+ (B) + ?- (B) = 0.
Con respecto al segundo de los apartados queremos ver que ? ? µ sii |?| ? µ. =?? ? ? µ =? |?| ? µ. Si ? ? µ descomponemos el espacio de manera que si E ? M entonces F = Ec tales que F sea ? – nulo y E ? – nulo. Por el apartado anterior F es |?| – nulo y E ? – nulo entonces |?| ? µ. La implicación en el otro sentido es muy similar. ??.
Ejercicio 4.4.3 Sean {an} ? R,n ? N. Para E ? N de?nimos ?(E) = ?n?E an. ¿Qué condiciones debe cumplir an para que ? sea una medida con signo?. Demostrar que si an = 0,?n y ? es una medida con signo la descomposición de Hahn para ? es única.
Solución. Sea {an} ? R,n ? N. Para E ? N de?nimos ?(E) = ?n?E an. Supongamos que an = (-1)n n por lo tanto ?([0,2]) = ? n?E an = 2 ? n=1 (-1)n n = -1+ 1 2 1 2 ?(R) = 8 ? an = ? n?E n=1 (-1)n n = -log2,
CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. 80
mientras que si tomamos ?(n : n – par) = 8 ? n=1 (-1)2n 2n = 8, ?(n : n – impar) = 8 ? n=1 -1 2n – 1 = -8 Así que no puede ser medida con signo ya tiene medida 8 para un conjunto y -8 para otro. En general ? es una medida con signo si ? an>0 an < 8 ´ o ? an -8 y tomamos ?+ (A) = ? an>0 an y ?- (A) = ? an 0,?d > 0 : µ(E) < d =? ?(E) < e, E ? M.
Solución. Vemos que X = N,M = P(N), ? la medida de contar en N, y µ(E) = ? n?E 1 2n por ejemplo, µ(N) = ? n?E 1 2n = 1 luego µ es una probabilidad. Queremos ver que ? « µ, por lo tanto
µ(E) = 0 =? E = Ø =? ?(Ø) = 0
sin embargo no es verdad que e > 0,?d > 0 : µ(E) < d =? ?(E) < e. A pesar de que µ es ?nita, ? no es ?nita, de hecho ?d, ?N : 8 n n?N y sin embargo ?({N, N + 1,….}) = 8 tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 4.4.5 Sea X = [0,1], M = B[0,1] , m la medida de Lebesgue en M y µ la medida de contar en M.
4.4. EJERCICIOS 81 (a) m « µ pero dm = fdµ para toda f. (b) µ no tiene descomposición de Lebesgue respecto a m.
Solución. Tenemos la siguiente situación: X = [0,1], M = B[0,1] (i.e. Borel de [0,1]) m = medida de Lebegue µ la medida de contar en [0,1] Vemos que los conjuntos de P(X) son medibles. Luego la s-álgebra natural de µ es P[0,1] y la de m es la s-álgebra de Lebesgue L la cual B[0,1] L P[0,1], en prinipio no podríamos comparar m y µ si las consideramos en sus s-álgebra naturales por lo que hemos considerado B[0,1] para ambas. m « µ. Si A ? B[0,1] y µ(A) = 0,=? A = Ø por lo tanto m(Ø) = m(A) = 0. Sin embargo la derivada de Radon-Nikodym (no existe) f = dm dµ , i.e. dm = fdµ para alguna f, pero esto no es cierto sea quien sea f, ya que no es verdad que m(A) = A fdµ porque las medida de contar tiene en cuenta la medida de los puntos mientras que para la de Lebesgue los puntos tienen medida cero. Sea f = 0 entonces existe x0 ? [0,1] tal que f (x0) = 0. Sea A = {x0}
m(A) = m({x0}) = 0
pero A fdµ = {x0} fdµ = f (x0) = 0 pero entoces ¿qué falla?. µ debe ser s-?nita para que se cumplan las hipótesis del teorema, para ello [0,1] = ?iXi, µ(Xi) < 8 donde Xi es ?nita, ?iXi es ?nita o numerable pero [0,1] no es numerable, por lo tanto [0,1] = ?iXi viendo así que µ no es s-?nita.
Ejercicio 4.4.6 Sea (X,M,µ) un espacio de medida s- finito. Sea N una subalgebra de M y ? la restricción de µ a N. Si f ? L1(µ) demostrar que existe g N-medible, g ? L1(µ) tal que E fdµ = E gdµ para todo E ? N, además g es única módulo alteraciones en conjuntos ? – nulos. OBS: A la función g en probabilidad se la denomina esperaza condicionada de f con respecto a N, i.e. E(f | N).
82 CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. Solución. Que f sea M-medible y g N-medible quiere decir que f ((a,b]) ? M, g((a,b]) ? N, con lo que a pesar de que ? y µ son iguales en N no podemos decir que los subconjuntos B resp. ? y resp. µ sean iguales (sean los mismos) y que por lo tanto f = g. Consideramos f = 0 (en caso contrario tomamos f +, f – por separado y encontramos g+, g-). Supong- amos A = {x : f(x) = 0} ? N ?B ? N B fdµ = 0, =? µ(A n B) = 0. Sea µA la restricción de µ a A. : µA(B) = µ(A n B). Sea ?A la restricción de µA a N, ?A = ? en A. Entonces µ(A) « fdµA ya que B fdµA = 0 ?B ? N entonces µA(B) = ?A(B) = 0, esto implica que existe g ? L1(d?A) tal que B fdµ = B fdµA = B gd?A = B gd? tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 4.4.7 Probar que si una medida ? en R es = 0 en el complemento B del conjunto numerable xj , entonces hay constantes cj tales que ?(E) = ?j cj?E xj , i.e. ? = ?j cjdxj (donde da representa la delta de Dirac en el punto x = a). Solución. Tomamos A = xj 8 j=1 todos ellos disjuntos y sea B = Ac con B ? – nulo. Entonces ?(E) = ?cj?E j xj = ?cjdxj(E) j entonces si tomamos cj = ? xj con j = 1,2,… vemos que ?E ? R ?(E) = ?(E n A) = ? ?jE n xj = ? ?j xj = ?cj = ?cj?E xj j j tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 4.4.8 Sea µ una medida positiva y ? una medida con signo de?nidas sobre la misma s-álgebra. Probar que si tiene a la vez ? ? µ y ? « µ, entonces ? = 0.
8 -t e dt = 4.4. EJERCICIOS 83 Solución. Tenemos µ = 0 y ? una medida con signo tales que ? ? µ y ? « µ entonces ? = 0 i.e. que si una medida vive en un subespacio y en su ortogonal entonces tiene que ser la nedida nula. Descomponemoselespaciodetalformaquetenemoslasiguientesituación F = Ec talque E es ?-nulo y F µ – nulo, entonces si consideramos B ? F, entonces µ(B) = 0 =? ?(B) = 0 ya que ? « µ. Por lo tanto ?(C) = ?(C n E) + ?(C n F) = 0+ 0 = 0 ?C ? M, tal y como queríamos hacer ver. Ejercicio 4.4.9 Sea f (a) = 8 0 e-at sint t dt, 1. Probar que l´im f (a) = 0. a?8 2. Calcular f '(a).
Solución. Para ello utilizaremos el teorema de convergencia dominada (no podemos hacer uso del teorema de convergencia monótona ya que las funciones no son positivas) 8 0 l´im e-at a?8 sint t dt = 8 0 0dt = 0. Vemos que sint t a?8 |ga(t)| = g(t), integrable en (0,8) cunado a ? 8, podemos suponer que a > 1 y que por lo tanto |ga(t)| = e-at sint t = e-t 0 = 1. i.e. podemos tomar como función dominante g(t) = e-t. donde como sabemos Con respecto al segundo apartado f '(a) = d da 8 0 e-at sint t dt ? 8 0 ? ?a e-at sint t dt, nos ponemos a hecharnos unas cuentecillas i.e. ? ?a e-at sint t = -te-at sint t = -e-at sint, por lo tanto 8 0 -e-at sintdt = e-at a2 + 1 (cost + asint) 8
0 = a2 1 + 1 ,
-e-at sintdt = e-at sint – 1 -at – e-at cost – e-at costdt = – e-at cost – -e-at sintdt = e-at sint + 2e-at cost, ?aga(t) 84 CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. se integra por partes varias veces y de forma tediosa se llega a este pesado resultado. Veámoslo con un poco de detalle: 1 a 1 a e-at costdt = a e sint – 1 a 1 a 1 a e-at sintdt , donde 1 a 1 a e-at sintdt, de esta forma vemos que 1+ 1 a2 1 1 a a así que simpli?cando llegamos -e-at sintdt = a2 1 + 1 e-at (cost + asint). Por lo tanto f '(a) = a2 1 + 1 . El problema está en justi?car el paso bajo el signo de la integral la derivada parcial. Para ello se debe justi?car que 1. ga(t) es integrable para todo a, v 2. Que existe ? = e-at sint, v 3. y por último que ? ?a ga(t) = g(t), ?a > 0 Pero para ver esto basta tomar e > 0, entonces ?a > e ? ?a ga(t) = e-at sint = e-et que es integrable. Por lo tanto podemos usar el teoremita ?a > e,?e > 0 =? ?a > 0. Observar que f(a) = f(0) + a 0 f '(u)du. Ejercicio 4.4.10 Sea f(x,y) = log x2 + y2 ,
x dy = e-y cosxydy, ?'(x) = – x?(x), p -x2/4 2 4.4. EJERCICIOS 85 con y ? (0,1) y x > 0. Probar que ?(x) = 1 0 f(x,y)dy, está bien de?nida, es continua, que ?'(x) = 1 0 ?x f(x,y)dy, y calcular explícitamente ?'(x).
Solución. Vemos que f es integrable en y ?x > 0, y que |?x f(x,y)| = g, con g integrable,
y -? fx(y) es continua y acotada ?x > 0. Además |?x f(x,y)| = x2 2x + y 2 = 2x 2 = 2 x 2 e ?jamos un e > 0 muy pequeño entonces ?x > e
|?x f(x,y)| =
integrable en [0,1]. Por lo tanto existe ?x > e ?(x) = 1 0 f(x,y)dy, y de esta forma deducimos que también exsite ?x > 0. ?'(x) = 1 0 ?x f(x,y)dy = 1 0 x2 2x + y 2 dy = 2 x 1 0 1 1+ y 2 x CV = 2 1/x 0 1 1+ u2 du = 2arctan 1 x donde el CV viene dado por y x = u, dy = xdu tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 4.4.11 Para x ? R, se de?ne ?(x) = 8 0 2 probar que 1 2 y que ?(x) = v e .
e-y cosxydy, ?x e-y cosxy dy, cosxy es continua |f| = e-y integrable por lo tanto |?x f| = -ye-y sinxy = ye-y , e-y cosxy dy, -ye-y sinxydy, y' = – xy, p -x2/4 2 CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. 86
Solución. Sabemos que 8
-8 e -y2 dy = v p, =? 8 0 e -y2 dy = v p 2 , entonces si ?(x) = 8 0 2 tenemos que ?'(x) = 8 0 2 -y2 2 2 2 justi?cado ya que f = e
integrable para todo x. Así llegamos a que ?'(x) = 8 0 ? ?x 2 y por lo tanto ?'(x) = 8 0 2 y queremos probar que ?'(x) = -12x?(x), por lo tanto si integramos por partes otenemos el resultado. Ahora queremos integrar la ODE 1 2 así que ? = y = y0e-x 2/4 , pero si tenemos en cuenta que y0 = 8 0 e -y2 dy = v p 2 , entonces llegamos al resultado deseado ?(x) = v e , tal y como queríamo hacer ver.
Ejercicio 4.4.12 De?nimos la función (creciente y continua por la derecha etc…) F(x) = ex x < 0 2+ arctanx x = 0 . Sea dF la medida de LS asociada.
1. Calcular dF((0,1]),dF((-2,0]),dF({0}) y dF(R).
87 4.4. EJERCICIOS
2. Demostrar que dF = f(x)dx + dd0, para cierta f = 0, siendo d0 la delta de Dirac en x = 0. 3. ¿Es cierto que dF « dx?.
Solución. Con respecto al primer apartado vemos que p 4 , dF((0,1]) = F(1) – F(0) = arctan1 = dF((-2,0]) = F(0) – F(-2) = 2- e-2, dF({0}) = F(0) – F(0-) = 2- e0 = 1, p 2 . dF(R) = F(8) – F(-8) = 2+
Con respecto al segundo apartado, sean F1(x) = ex x < 0 1+ arctanx x = 0 , F2(x) = 0 x < 0 1 x = 0 , entonces F1 y F2 son crecientes, continuas por la derecha y se cumple
F = F1 + F2,
por lo tanto dF = dF1 + dF2. Por otro lado, F2 es la función de Heavyside (ver segundo capítulo) y se deduce que
dF2 = d0. Además, F1 ? C1 con ' F1 (x) = ex 1 1+x2 x < 0 x = 0 , ' de donde se deduce que
con lo que se tiene dF1 = F1 (x)dx,
dF = f(x)dx + dd0, ' con f(x) = F1 (x). Por último, con respecto al tercer apartado, vemos que dF no es absolutamente continua con respecto a dx ya que si E = {0}, se tiene
mientras que dx(E) = 0,
dF(E) = F(0) – F(0-) = 2- e0 = 1, por lo tanto existe e = 1, de forma que ?d > 0 encontramos un conjunto medible E con dx(E) < d pero dF(E) = e.
2 = l´im ?f (Fn) = l´im sup?f(An) = e, 88 CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. Ejercicio 4.4.13 Sea (X,M,µ) un espacio de medida y sea f ? L1 (dµ), f (x) = 0. Recordamos que se puede de?nir sobre M la medida ?f como ?f(A) = A f (x)dµ(x), ?A ? M, i.e. d?f(x) = f(x)dµ(x).
Probar que ?e > 0,?d > 0 tal que A ? M con µ(A) < d =? ?f(A) < e. Cuando esto ocurre para dos medidas µ,? decimos que ? es absolutamente continua con respecto a µ y se escribe ? « µ.
Solución. Supongamos que la conclusión no fuera cierta. Entonces ?e > 0, tal que ?n ? N, ?An ? M 8 con µ(An) < 1/2n pero ?f(A) > e. Si Fn = k=n
µ(Fn) = k=n Ak, se tiene
8 ? µ(Ak) < 2n. µ Como F1 ? F2 ? F3 ? ….. ? Fn ? …. por el TCM (para conjuntos) decreciente
8 n=1 Fn = l´im µ(Fn) = 0, n?8 y por lo tanto ?f 8 n=1 Fn = nFn fdµ = 0. Sin embargo ?f 8 n=1 Fn n?8 n?8 lo cual es una contradicción.
Ejercicio 4.4.14 Denotanto por [x] la parte entera del número x, se de?ne la función
F(x) = m´ax{0,x + [x]},
1. Comprobar que F es continua por la derecha.
2. Si dF es la medida de LS, calcular dF((0,5]), dF([4,8]), y dF([3,7)). 3. Probar que dF no es absolutamente continua con respecto a dx (la medida de Lebesgue).
? 89 4.4. EJERCICIOS
Solución. Se tiene que F(x) = 0 x + n x < 0 si n = x < n + 1, n = 0,1,2,… luego F es continua salvo en los puntos n = 1,2,3,.. donde lo es por la derecha ya que
l´im F(x) = 2n = F(n). x?n+
Con respecto al segundo apartado vemos que (recordar segundo capítulo)
dF((0,5]) = F(5) – F(0) = 10, dF([4,8]) = F(8) – F(4-) = 16- 7 = 9, dF([3,7)) = F(7-) – F(3-) = 13- 5 = 8.
Por último, vemos que dF no es absolutamente continua con respecto a dx ya que dx({1}) = 0, pero dF({1}) = F(1) – F(1-) = 2- 1 = 1 = 0.
Ejercicio 4.4.15 Sea dF la medida de LS asociada a la función F(x) = ? ? 0 x < 0 x 0 = x < 1 , 1 1 = x 1. Probar que dF « dm.
2. Encontrar la derivada de RN de dF con respecto a dm. 3. Sea µ la medida de contar números racionales en [0,1], i.e.
µ(A) = card(A n [0,1] n Q),
y sea dF la medida de LS. Probar que dF?µ, i.e. son mútuamente ortogonales.
Solución. Dado I = (a,b], se tiene
dF(I) = F(a) – F(b) = b – a = m(I),
ya que F(x) – x es decreciente y por lo tanto F(b) – b = F(a) – a, si a < b. Esto nos dice que F ? AC ya que ? j F(bj) – F(aj) = ? j bj – aj , entonces dF « dm (por lo resultados expuestos en teoría).
2h [-h,h] CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS. 90
También de forma directa usando que dF(A) = inf ?dF Ij : Ij ? A, Ij = (aj,bj] , j
para cada A medible, deducimos dF(A) = m(A), en particular m(A) = 0 =? dF(A) = 0.
Con respecto al segundo apartado, vemos que al ser dF ?nita (dF(R) = 1) y dm es s- finita, entonces podemos usar el TRN y concluir que ?f ? L1 (dx) tal que dF = fdm. Además, por el TDL (teorema de diferenciación de Lebesgue) f(x) = F'(x) = 1 0 < x < 1 0 resto = ?(0,1) (x), c.t.p. Por último, con respecto al tercer apartado, vemos que por de?nición dF?µ, si existe H medible tal que dF(H) = 0 y µ(Hc) = 0 por ser positivas. Tomamos H = [0,1] n Q, viendo que dF(H) = 0 ya que m(H) = 0 al ser H numerable y
µ(Hc n [0,1] n Q) = µ(Ø) = 0,
tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 4.4.16 Dado h > 0, de?nimos la función gh (x) = 1 ? (x), l´im ?h = d0, h?0+ y la medida d?h = ghdx. Probar que
i.e. l´im h?0+ fd?h = fdd0, ?f continua. Solución. Por un lado se tiene, si F(x) = x 0 f(t)dt, entonces fd?h = 1 2h h
-h f(x)dx = F(h) – F(-h) 2h ? F'(0) = f(0), cuando h ? 0+, por el TFC.
2x ? 1 2 2 = . 91 4.4. EJERCICIOS
Por otro lado, como ya sabemos, fdd0 = f(0), esto nos da la igualdad pedida.
Ejercicio 4.4.17 Se considera la función
F(x) = ? ? 0 1 2 1 x < 0 0 = x < 1 , 1 = x y sea dF la medida de LS de?nida sobre los Boreles (B).
1. Probar que dF no es absolutamente continua con respecto a dm = dx. 2. Encontrar la descomposición de RN de dF frente a dm i.e. dF = fdm + d?, con f ? L1 (dm) y ? ? dm.
Solución. Vemos que dF no es absolutamente continua con respecto a dm ya que dm({1}) = 0, mien- tras que 1 1 = Observar que 1 0 xdx = x 1
0 1 2 De?nimos para A ? B, d?(A) = 1/2, si 1 ? A y d?(A) = 0 caso contrario. Sea también f(x) = / x 0 < x < 1 0 x ? [0,1] , f(x) = F'(x), ?x ? R{1}. observándose que
Entonces dF = fdm + d? es la descomposición de RN buscada ya que f ? L1 (dm), ? tiene soporte en el conjunto {1} y por lo tanto ? ? dm cumpliéndose así dF((a,b]) = b a f(x)dx + d?((a,b]), tal y como queríamos hacer ver.
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