Post on 30-Apr-2020
Algunas Soluciones
Analisis Real y Complejo
Rodrigo Vargas
1. Integracion Abstracta
1. ¿Existe alguna σ-algebra infinita que tenga solo una cantidad numerablede elementos?
Solucion. Supongamos que M =⋃
i∈NMi es un σ-algebra. Sabemos queel conjunto potencia P(N) tiene una cantidad no numerable de elementos.Notemos que
A ∈ P(N) , MA =⋃
i∈A
Mi , A numerable
B ∈ P(N) \ A=⇒MB 6=MA
Entonces, se pueden tener tantos elementos en M como subconjuntos enP(N).
2. Demuestre un teorema analogo al 1.8 para n funciones.
Solucion. Sean u1, . . . , un funciones medibles sobre X , ϕ : Rn → Ycontinua con Y espacio topologico, Definamos
h(x) = ϕ(u1(x), . . . , un(x)) .
Pruebe que h : X → Y es medible.Basta probar que f : X → Rn dada por f(x) = (u1(x), . . . , un(x)) esmedible. Sean Ii ⊆ R intervalos i = 1, . . . , n y R = I1×· · ·× IN , entonces
f−1(R) =n⋂
i=1
u−1i (Ii) es medible .
1
Ahora bien, sea V ⊆ Rn abierto entonces V =⋃∞
n=1Rn y tenemos que
f−1(V ) =
∞⋃
n=1
f−1(Rn) es medible
entonces f es medible lo que implica que h lo es.
3. Demuestrese que si f es una funcion real en un espacio medible X tal quex : f(x) > r es medible para todo numero racional r, entonces f esmedible.
Solucion. Sea α ∈ R y xn∞n=1 ⊂ Q una sucesion decreciente tal que
lımn→∞
xn = α. Entonces, (α,∞) =∞⋃
n=1
(xn,∞), luego
f−1((α,∞)) =
∞⋃
n=1
f−1(xn,∞)
es medible para todo α ∈ R y f es medible.
5. (a) Si f : X → [−∞,∞] y g : X → [−∞,∞] son medibles, demuestreseque los conjuntos
x : f(x) < g(x) , x : f(x) = g(x)
son medibles.
(b) Demuestrese que el conjunto de puntos en los que una sucesion defunciones reales medibles converge (a un lımite finito ) es medible.
Solucion.
(a)
(b) Sean fn una sucesion de funciones reales medibles,
f(x) = lım supn→∞
fn(x) y f(x) = lım infn→∞
fn(x)
entonces f y f son medibles. El conjunto de puntos en los cuales lasucesion converge es
E = x : f(x) = f(x) = x : f(x)− f(x) = 0 = (f − f)−1(0)
es medible, como queriamos probar.
2
6. Sea X un conjunto no numerable, M la coleccion de todos los conjuntosE ⊂ X tales que E o Ec es a lo sumo numerable, y definase µ(E) = 0en el primer caso y µ(E) = 1 en el segundo. Demuestrese que M es unaσ-algebra en X y que µ es una medida en M. Describanse las correspon-dientes funciones medibles y sus integrales.
Solucion.
Por demostrar que M es σ-algebra.
(i) X ∈ M, ya que XC = ∅ es vaciamente numerable.
(ii) Si A ∈ M entonces AC ∈ M trivialmente.
(iii) Sea A =
∞⋃
n=1
An con An ∈ M para cada n ∈ N, por demostrar
que A ∈ M.Si An es numerable para cada n entonces A es numerable lo queimplica que A ∈ M.Ahora, si existe n0 ∈ N tal que AC
n0es numerable entonces
AC =
(
∞⋃
n=1
An
)C
=
∞⋂
n=1
ACn ⊆ AC
n0
entonces AC es numerable lo que implica que A ∈ M.
Por lo tanto, M es σ-algebra.
Por demostar que µ es nedida sobre M.
(i) Tenemos que µ(∅) = 0 <∞(ii) Sea An∞n=1 una coleccion disjunta contenida en M. Debemos
probar que
µ
(
∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
µ(An) (1)
Si An es numerable para todo n entonces A es numerable en-tonces µ(A) = 0 y µ(An) = 0 para cada n y se satisface (1).Ahora, si existe n0 ∈ N tal que AC
n0es numerable entonces A
es no numerable, lo que implica que µ(A) = 1. Queremos que∑
µ(An) = 1, es decir que todas las demas tengan medida cero.Supongamos que existe n1 ∈ N tal que AC
n1es numerable. Sabe-
mos queAn0 ∩An1 = ∅ ⇒ X = AC
n0∪ AC
n1
3
lo que implicaria que X es numerable, lo que es contradictorio.Entonces, An es numerable para todo n 6= n0 lo que implica queµ(An) = 0 para todo n 6= n0 entonces se satisface (1). Por lotanto, µ es medida en M.
7. Supongase que fn : X → [0,∞] es medible para n = 1, 2, 3, ..., f1 ≥ f2 ≥f3 ≥ ... ≥ 0, fn(x) → f(x) cuando n→ ∞, para todo x ∈ X y f1 ∈ L1(µ).Demuestrese que entonces
lımn→∞
∫
X
fndµ =
∫
X
fdµ
y que esta conclusion no se obtiene si se suprime la condicion “f1 ∈ L1(µ)”.
Solucion. Considere gn : X → [0,+∞) definida por g1 = 0 y gn = f1−fnpara cada n ≥ 2, entonces gn es medible y lım
n→∞gn(x) = f1(x) − f(x) y
ademasgn ≤ f1 − fn ≤ f1 − fn+1 ≤ gn+1
es decir, 0 ≤ g1(x) ≤ g2(x) ≤ · · · ≤ ∞. Aplicando el Teorema de conver-gencia monotona
lımn→∞
∫
X
gndµ =
∫
X
(f1 − f)dµ =
∫
x
f1dµ−∫
x
fdµ .
Por otro lado, tenemos linealidad de la integral y del lımite
lımn→∞
∫
X
gndµ =
∫
X
f1dµ− lımn→∞
∫
X
fndµ
obteniendose lo pedido.¿Que pasa si f1 /∈ L1(µ), sigue siendo cierta la afirmacion? Para ver estoconsidere la sucesion
fn(x) =
1− x si x ∈ [0, 1− 1n+1
]
1− 1
n+ 1si x ∈ (1− 1
n+1,∞)
entonces f1 /∈ L1(µ) y no se cumple la afirmacion.
8. Definase fn = XE si n es impar y fn = 1 − XE si n es par. ¿Cual es larelevancia de este ejemplo con relacion al lema de Fatou?
4
Solucion: Tenemos que lım infn→∞
fn(x) = 0. Por otro lado,
∫
X
fndµ =
µ(E) n impar
µ(EC) n par
entonces lım infn→∞
∫
X
fndµ = mınµ(E), µ(EC). Por el Lema de Fatou se
tiene que
0 =
∫
X
(
lım infn→∞
fn
)
dµ ≤ lım infn→∞
∫
X
fndu = mınµ(E), µ(EC) .
Y en este caso la desigualdad es estricta en el Lema de Fatou.
9. Supongase que µ es una medida positiva en X , f : X → [0,∞] es medible,∫
Xfdµ = c, donde 0 < c <∞ y α es una constante. Demuestrese que
lımn→∞
∫
X
n log[1 + (f/n)α]dµ =
∞ si 0 < α < 1c si α = 10 si 1 < α <∞
Solucion. Notemos que
fn(x) = n log
(
1 +
(
f
n
)α)
= n
∫ 1+( f
n)α
1
dt
t=
n
ξn
(
f
n
)α
donde ξn ∈(
1, 1 +(
fn
)α)
, la ultima igualdad de arriba se debe al Teorema
del valor medio para integrales.
(i) 0 < α < 1
lımn→∞
fn(x) =
∞ f(x) > 00 en otro caso
Ahora por el Lema de Fatou tenemos que
∞ =
∫
x | f(x)>0
lım infn→∞
fn(x)dµ = lım infn→∞
∫
X
fn dµ .
(ii) α = 1Tenemos que lım
n→∞fn(x) = f(x) y |fn(x)| ≤ f(x) entonces por el
Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que
lımn→∞
∫
X
fn dµ =
∫
X
f dµ = c .
5
(iii) α > 1Tenemos que log(1 + Aα) ≤ αA para todo
10. Supongase que µ(X) < ∞, fn es una sucesion de funciones complejas,medibles y acotadas en X , y que fn → f uniformemente en X . De-muestrese que
lımn→∞
∫
X
fndµ =
∫
X
fdµ
y muestrese que la hipotesis “µ(X) <∞”no puede ser omitida.
Solucion: Dado ǫ > 0 existe n0 ∈ N tal que ‖f − fn‖∞ < ǫ para to-do n ≥ n0. En particular para n = n0 se tiene que
‖f‖∞ < ǫ+ ‖fn0‖∞ =M1 ,
luego ‖fn‖∞ < ε + ‖f‖∞ < +ε + M1 = M2 para todo n ≥ n0. SeaM3 = sup
1≤k≤n0
‖fk‖∞ yM = maxM2,M3 entonces ‖fn‖∞ < M para todo
n ∈ N. Por lo tanto,
|fn(x)| ≤M , ∀ x ∈ X
y
∫
X
M dµ = Mµ(X) < ∞ entonces por el Teorema de convergencia
dominada de Lebesgue se tiene que
lımn→∞
∫
X
fn dµ =
∫
X
f dµ .
Por otro lado, considere X = [0,+∞) y µ la medida de Lebesgue en R
inducida en X . Entonces µ(X) = ∞ y el resultado es falso considerando
fn(x) =1
n.
11. Muestrese que
A =
∞⋂
n=1
∞⋃
k=n
Ek
en el Teorema 1.41, y demuestrese este teorema sin ninguna referencia ala integracion.
Solucion. El Teorema 1.41 dice: Sea Ek una sucesion de conjuntosmedibles en X , tal que
∞∑
k=1
µ(Ek) <∞ .
6
Entonces casi todos los x ∈ X estan a lo sumo en una cantidad finita delos conjuntos Ek.Denotamos por A = x ∈ X | x pertenece a infinitos Ek y tenemos que
x ∈ A ⇔ ∀ n ∈ N ∃ k ≥ n : x ∈ Ek
⇔ x ∈∞⋃
k=n
Ek, ∀ n ∈ N ⇔ x ∈∞⋂
n=1
∞⋃
k=n
Ek .
Por lo tanto, A =
∞⋂
n=1
∞⋃
k=n
Ek. Por otro lado, sea An =
∞⋃
k=n
Ek luego A =
∞⋂
n=1
An y se tiene que A1 ⊆ A2 ⊆ A3 ⊆ · · · entonces
µ(A) = lımn→∞
µ(An) ≤ lımn→∞
∞∑
k=n
µ(Ek) = 0 .
12. Sea f ∈ L1(µ). Probar que para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que∫
E|f |dµ < ǫ siempre que µ(E) < δ.
Solucion. Consideremos la sucesion
fn(x) =
|f(x)| si |f(x)| ≤ n0 en otro caso
entonces lımn→∞
fn(x) = |f(x)| y ademas fn(x) ≤ |f(x)| y f ∈ L1(µ) y por
el Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que
lımn→∞
∫
E
fndµ =
∫
E
|f |dµ .
Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que∫
E
(|f | − fn)dµ <ε
2, ∀ n ≥ n0 .
Ahora bien, eligamos δ =ε
2n0y E ⊂ X tal que µ(E) < δ luego
∫
E
fn0 dµ ≤∫
E
n0 dµ = n0µ(E) <ε
2
y por lo tanto,∫
E
|f | dµ =
∫
E
(|f | − fn0) dµ+
∫
E
fn0 dµ <ε
2+ε
2= ε .
7
13. Demuestrese que la Proposicion 1.24(c) tambien es cierta cuando c = ∞.
Solucion. Considere la sucesion fn(x) = nf(x) entonces fn∞n=1 es unasucesion creciente y
lımn→∞
fn(x) = ∞ = cf(x) .
Por el Teorema de Convergencia monotona de Lebesgue, tenemos que
∫
E
cfdµ = lımn→∞
∫
E
fndµ = lımn→∞
∫
E
nfdµ = lımn→∞
n
∫
E
fdµ = c
∫
E
fdµ .
2. Medidas de Borel Positivas
10. Si fn es una sucesion de funciones continuas en [0, 1] tales que 0 6 fn 6 1y fn(x) → 0, cuando n→ ∞, para todo x ∈ [0, 1], entonces
lımn→∞
∫ l
0
fn(x) dx = 0 .
Intentese probarlo sin usar teorema de la medida ni teoremas sobre la in-tegral de Lebesgue.
Solucion. Basta aplicar el Teorema de Convergencia Dominada.
15. Es facil conjeturar el valor de los lımites de
∫ n
0
(
1− x
n
)n
ex/2 dx y
∫ n
0
(
1 +x
n
)n
e−2x dx ,
cuando n→ ∞. Pruebe que sus conjeturas son correctas.
Solucion. Considere las funciones
fn(x) = χ[0,n](x)(
1− x
n
)n
ex/2
para cada n ∈ N. Observe que, la derivada de ϕ(t) =
(
t− λ
t
)t
con
0 6 λ 6 t satisface
ϕ′(t) =
(
1− λ
t
)t
log
(
1− λ
t
)
+λ
t− λ
> 0 ,
8
ya que si λ 6 t=⇒ λ
t6 1 =⇒ 1 − λ
t> 0. Luego, ϕ es una funcion
creciente. Se sigue que
0 6 f1(x) 6 f2(x) 6 · · · 6 fn(x) 6 · · ·
Ademas, lımn→∞
fn(x) = e−x/2. Por el Teorema de Convergencia Monotona
de Lebesgue
lımn→∞
∫ n
0
(
1− x
n
)n
ex/2dx = lımn→∞
∫ ∞
0
fn(x)dx =
∫ ∞
0
e−x/2dx = −2e−x/2∣
∣
∞
0= 2.
Para la segunda integral, sea
gn(x) = χ[0,n](x)(
1 +x
n
)n
e−2x , n ∈ N .
Sea ψλ(t) =
(
1 +λ
t
)t
con 0 6 λ 6 t entonces
ψ′λ(t) =
(
1 +λ
t
)t
log
(
1 +λ
t
)
+λ
t+ λ
> 0 .
Luego, ψλ es creciente y positiva. Por el Teorema de la ConvergenciaMonotona de Lebesgue
lımn→∞
∫ n
0
(
1 +x
n
)n
e−2x dx = lımn→∞
∫ ∞
0
gn(x) dx =
∫ ∞
0
e−x dx = 1 .
25. (i) Hallar la mınima constante c tal que
log(1 + et) < c+ t (0 < t <∞) .
(ii) ¿Existe el
lımn→∞
1
n
∫ 1
0
log1 + enf(x) dx
para todo f ∈ L1 real? Si existe, ¿cuanto vale?
Solucion.
(i) Notemos que log(1 + et) < c+ t⇐⇒ 1 + et < ec+t
(ii) Observe que si 0 6 t < ∞ entonces e−t 6 1 lo que implica que1 + e−t 6 2 entonces log(1 + e−t) 6 log(2). Por lo tanto,
log(1 + et) 6 log(2) + |t| , ∀ t ∈ R .
9
Sea gn(x) =1nlog1 + enf(x) para cada n ∈ N entonces
|gn(x)| 61
n(log(2) + n|f(x)|) 6 log(2) + |f(x)| ∈ L1([0, 1]) .
Por otro lado, como 1 + enf(x) > enf(x) entonces
log(1 + enf(x))
n> f(x) .
Luego, si f(x) > 0 se tiene que
f(x) 6log(1 + enf(x))
n6
log(2) + nf(x)
n
y por el Teorema del Sandwich se tiene que
lımn→∞
log(1 + enf(x))
n= f(x)
siempre que f > 0. En caso contrario, es decir, si f 6 0, tenemos ladesigualdad
0 6log(1 + enf(x))
n6
log(2)
2
y lımn→∞
gn(x) = 0. Por el Teorema de la Convergencia Dominada de
Lebesgue
lımn→∞
∫ 1
0
gn(x) dx = lımn→∞
∫
Ω
gn(x) dx+
∫
ΩC
gn(x) dx
=
∫
Ω
f(x) dx+
∫
ΩC
0 dx =
∫
Ω
f(x) dx ,
donde Ω = x ∈ [0, 1] : f(x) > 0.
3. Espacios Lp
1. Demuestre que el supremo de una familia de funciones convexas en (a, b)es una funcion convexa en (a, b) (si es finita) y que los lımites puntualesde sucesiones de funciones convexas son convexos. ¿Que puede decir delımites, inferiores y superiores?
10
Solucion. Sean ϕn∞n=1 una sucesion de funciones convexas entonces
ϕn((1− t)x+ ty) 6 (1− t)ϕn(t) + tϕn(y) (2)
para todo n ∈ N. Sea g = supn ϕn con g(x) = supn ϕn(x). Aplicando supn
en (2) obtenemos
g((1− t)x+ ty) 6 supn[(1− t)ϕn(x) + tϕn(x)] 6 (1− t)g(x) + tg(y) ,
por lo que g es convexa. Por otro lado, sea fn : (0, 2) → R dada porfn(x) = xn entonces
lımn→∞
fn(x) =
0 si 0 < x < 1∞ si 1 6 x < 2
= f(x) .
Como f no es continua entonces f no es conexa. Lo mismo ocurre conlım sup segun el problema 4, Capıtulo 1, pero no para lım inf.
2. Si ϕ es convexa en (a, b) y si ϕ es convexa y no decreciente en la imagende ϕ, demuestrese que ψ ϕ es convexa en (a, b). Para ϕ > 0, demuestreseque la convexidad de logϕ implica la de ϕ, pero no al reves.
Solucion. Tenemos que para cada x, y ∈ (a, b) se tiene
(ϕ ψ)((1− t)x+ ty) = ψ(ϕ((1− t)x+ ty))
6 ψ((1− t)ϕ(x) + tϕ(y))
6 (1− t)(ψ ϕ)(x) + t(ψ ϕ)(y)
Por lo tanto, ψ ϕ es convexa.Por otro lado, como ex es convexa y no decreciente y logϕ es convexaentonces por lo anteriormente mostrado (exp log)(ϕ) = ϕ es convexa.Ademas, considere la aplicacion ϕ(x) = x entonces logϕ(x) = log x lacual no es convexa.
3. Suponga que ϕ es una funcion real continua en (a, b) tal que
ϕ
(
x+ y
2
)
61
2ϕ(x) +
1
2ϕ(y)
para todo x, y ∈ (a, b). Demuestrese que ϕ es convexa.
Solucion.
11
4. Sean f una funcion compleja medible en X , µ una medida positiva en X ,y
ϕ(p) =
∫
X
|f |pdµ = ‖f‖pp (0 < p <∞) .
Sea E = p : ϕ(p) <∞, y suponga que ‖f‖∞ > 0.
(a) Si r < p < s, r ∈ E, y s ∈ E, demuestrese que p ∈ E.
(b) Demuestre que logϕ es convexa en el interior de E y que ϕ es continuaen E.
(c) Por (a), E es conexo. ¿Es necesariamente abierto? ¿Cerrado? ¿PuedeE constar solo de un punto? ¿Puede E ser un subconjunto conexocualquiera de (0,∞)?
(d) Si r < p < s, demuestre que ‖f‖p 6 max‖f‖r, ‖f‖s. Muestrese queesto implica la inclusion Lr(µ) ∩ Ls(µ) ⊂ Lp(µ).
(e) Suponiendo que ‖f‖r <∞ para algun r <∞, pruebese que
‖f‖p → ‖f‖∞ cuando p→ ∞ .
Solucion.
(a) Si r < p < s entondces existe t ∈ R tal que
p = (1− t)r + ts .
Observe que 1 = (1 − t) + t =1
1/(1− t)+
1
1/tluego 1/(1 − t) y 1/t
son exponentes conjugados. Por la desigualdad de Holder obtenemos
ϕ(p) =
∫
X
|f |pdµ =
∫
X
|f |(1−t)r · |f |tsdµ
6
∫
X
|f |rdµ
1−t
·
∫
X
|f |sdµ
t
= ‖f‖r(1−t)r · ‖f‖sts <∞
lo cual implica que p ∈ E.
12
(b) Sea p = (1 − t)r + ts entonces por lo anteriormente probado se tieneque
logϕ(p) = log
∫
X
|f |pdµ
6 log
∫
X
|f |rdµ
1−t
·
∫
X
|f |sdµ
t
= (1− t) log
∫
X
|f |rdµ
+ t log
∫
X
|f |sdµ
= (1− t) logϕ(r) + t logϕ(s) .
Luego, logϕ es convexa en∫
E lo que implica que logϕ es continuaen el interior de E.
(c)
(d) En la parte (a) obtuvimos la desigualdad
‖f‖p 6 ‖f‖r(1−t)
pr · ‖f‖
stps .
Entonces, si max‖f‖r, ‖f‖s = ‖f‖r obtenemos
‖f‖p 6 ‖f‖r(1−t)
pr ‖f‖
stps 6 ‖f‖
r(1−t)p
r · ‖f‖stpr
= ‖f‖r(1−t)+st
pr = ‖f‖
p
pr
= ‖f‖r = max‖f‖r, ‖f‖s .
Lo mismo ocurre cuando max‖f‖r, ‖f‖s = ‖f‖s.(e) Si ‖f‖r = 0 el resultado es trivial. Supongamos que 0 < ‖f‖r <∞. Si
‖f‖∞ = ∞ no hay nada que demostrar, por lo que supongamos que‖f‖∞ <∞. Como ‖f‖r > 0, entonces se cumple que 0 < ‖f‖∞ <∞.Sea p > r entonces
|f |p = |f |p−r|f |r 6 ‖f‖p−r∞ |f |r c.t.p.
Integrando se obtiene∫
|f |pdµ = ‖f‖p−r∞
∫
|f |rdµ, de donde se obtieneque ‖f‖p 6 ‖f‖1−r/p
∞ (‖f‖rr)1/p. Haciendo p→ ∞ obtenemos que
lım supp→∞
‖f‖p 6 ‖f‖∞
13
Ahora bien, sea 0 < λ < ‖f‖∞, entonces por definicion de supremoesencial, el conjunto Ω = x : |f(x)| > λ tiene medida positiva ycomo ‖f‖r <∞ debe cumplirse que 0 < µ(Ω) <∞. Entonces,
‖f‖p =
∫
Ω
|f |pdµ
1/p
>
∫
Ω
|f |pdµ
1/p
> λ(µ(Ω))1/p ,
se deduce que lım infp→∞
‖f‖p > ‖f‖∞.
5. Supongase, ademas de las hipotesis del ejercicio 4, que
µ(X) = 1 .
(a) Demuestrese que ‖f‖r 6 ‖f‖s si 0 < r < s 6 ∞.
(b) ¿Bajo que condiciones se verifica que 0 < r < s 6 ∞ y ‖f‖r = ‖f‖s <∞?
(c) Demuestre que Lr(µ) ⊃ Ls(µ) si 0 < r < s. ¿Bajo que condicionesestos dos espacios contienen las mismas funciones?
(d) Suponiendo que ‖f‖r <∞ para algun r > 0, demuestre que
lımp→0
‖f‖p = exp
∫
X
log |f | dµ
si exp−∞ se define como 0.
Solucion.
(a) Sea ϕ : [0,∞] → R dada por ϕ(x) = xr/s. Como s/r > 1 se sigue queϕ es convexa. Por la desigualdad de Jensen obtenemos
‖f‖rs =
∫
X
|f |rdµ
s/r
= ϕ
∫
X
|f |rdµ
6
∫
X
ϕ(|f |r)dµ =
∫
X
|f |sdµ = ‖f‖ss .
Por lo tanto, ‖f‖r 6 ‖f‖s.
14
(b) Si |f | < 1 y f ∈ Ls(µ) entonces
|f |s−r < 1⇐⇒ |f |s < |f ||r =⇒‖f‖s 6 ‖f‖r
y por la letra (a) obtenemos ‖f‖r = ‖f‖s <∞.Esto tambien es cierto si f es constante c.t.p.
(c)
(d) Sabemos que la funcion exponencial es convexa, como µ(X) = 1,usamos la desigualdad de Jensen obtenemos que
exp
∫
X
fdµ
6
∫
X
expfdµ .
Se sigue que
exp
∫
X
log fdµ
6
∫
X
fdµ ,
lo que implica que
∫
X
log fdµ 6 log
∫
X
fdµ
. (3)
Por otro lado, considere la funcion g(p) = f p luego
lımp→0
f p − 1
plımp→0
g(p)− g(0)
p− 0= g′(0) ,
derivando implicitamente y = f p obtenemos
log y = p log f =⇒ y′
y= log f =⇒ y′ = f p log f .
Entonces, g′(0) = log f , es decir,
lımp→0
f p − 1
p= log f .
Por el Teorema de Convergencia Monotona de Lebesgue
lımp→∞
1
p
∫
X
f pdµ− 1
=
∫
X
log fdµ .
15
Ahora bien, aplicando (3) obtenemos
∫
X
log fdµ =1
p
∫
X
log(f p)dµ 61
plog
∫
X
f pdµ
61
p
∫
X
f pdµ− 1
.
La ultima desigualdad se debe al hecho que log x 6 x − 1 para todox > 0. Luego, hemos obtenido
∫
X
log fdµ 6 log ‖f‖p 61
p
∫
X
f pdµ− 1
.
Haciendo p→ 0 y aplicando la funcion exponencial
lımp→0
‖f‖p = exp
∫
X
log fdµ
.
6. Si g es una funcion positiva en (0, 1) tal que g(x) → ∞ cuando x → 0,entonces existe una funcion convexa h en (0, 1) tal que h 6 g y h(x) → ∞cuando x → 0. ¿Es esto cierto o falso? ¿Se modifica el problema si sesustituye (0, 1) por (0,∞) y x→ 0 se sustituye por x→ ∞?
Solucion. Para cada n ∈ N, considere
αn = ınfx∈(0, 1
n)g(x) .
Definimos h : (0, 1) → R por
h(x) = (αn − αn+1)(x− 1n)(n(n+ 1)) + αn
si x ∈ ( 1n+1
, 1n). Geometricamente, h es la lınea recta que une los infımos
αn y αn+1. Por construccion h 6 g y h(x) → ∞ cuando x→ 0. La mismaconstruccion sirve cuando se sustituye (0, 1) por (0,∞). Observe que h esconvexa.
11. Supongase que µ(Ω) = 1, y sean f y g funciones medibles positivas en Ωtales que fg > 1. Demuestre que
∫
Ω
fdµ ·∫
Ω
gdµ > 1 .
16
Solucion. Como las funciones f y g son positivas y fg > 1 obtenemosque 1 6 (fg)1/2. Usando la desigualdad de Holder obtenemos que
∫
Ω
(fg)1/2 6
∫
Ω
fdmu
1/2
·
∫
Ω
gdµ
1/2
.
Por otro lado, como 1 6 (fg)1/2 se obtiene
1 = µ(Ω) 6
∫
Ω
dµ 6
∫
Ω
(fg)1/2dµ .
Por lo tanto, elevando al cuadrado
1 6
∫
Ω
fdµ ·∫
Ω
gdµ .
12. Suponga que µ(Ω) = 1 y h : Ω → [0,∞] medible si
A =
∫
Ω
hdµ ,
demuestre que√1 + A2 6
∫
Ω
√1 + h2dµ 6 1 + A .
Si µ es la medida de Lebesgue en [0, 1] y si h es continua y h = f ′, lasdesigualdades anteriores tienen una interpretacion geometrica sencilla. Apartir de ella, conjeturese (para un arbitrario) bajo que condiciones sobreh puede darse la igualdad en una u otra de las desigualdades anteriores,y demuestrese lo conjeturado.
Solucion. Considere la funcion ϕ : [0,∞] → R definada por ϕ(x) =√1 + x2. Entonces, ϕ es convexa en [0,∞]. Luego, por la desigualdad de
Jensen
ϕ
∫
Ω
hdµ
6
∫
Ω
ϕ(h)dµ
o equivalentemente
√1 + A2 6
∫
Ω
√1 + h2dµ .
17
Por otro lado, es sencillo ver que√1 + x2 6 1+x para todo x > 0. Luego,
∫
Ω
√1 + h2dµ 6
∫
Ω
(1 + hy)dµ = 1 + A ,
pues µ(Ω) = 1, lo cual prueba lo pedido.Ahora bien, si µ es la medida de Lebesgue en [0, 1], si h es continua yh = f ′ la desigualdad probada es equivalente a
√
1 + (f(1)− f(0))2 6
∫ 1
0
√
1 + f ′(x)2 dx 6 1 + f(1)− f(0) .
Como h = f ′ y h > 0 se deduce que f es una funcion creciente en [0, 1].Geometricamente el largo de la curva y = f(x) es mayor o igual que ellargo de la hipotenusa de catetos 1 y (f(1) − f(0)) y menor o igual a lasuma de los catetos.
14. Supongase 1 < p <∞, f ∈ Lp = Lp((0,∞)), con respecto a la medida deLebesgue, y sea
F (x) =1
x
∫ x
0
f(t) dt (0 < x <∞) .
(a) Demuestre la desigualdad de Hardy
‖F‖p 6p
p− 1‖f‖p
que muestra que la aplicacion f → F lleva Lp en Lp.
Solucion.
(a) Sean a > 0 fijo y t =x
au entonces dt =
x
adu entonces
F (x) =1
x
∫ x
0
f(t)dt =1
x
∫ a
0
f(xu
a
) x
adu =
1
a
∫ a
0
f(xu
a
)
du .
Observe que es posible obtener una version continua de la desigualdadde Minkowski, a saber:
∫
Ω
∫
Ω
fdµ
p
dµ
1/p
6
∫
Ω
∫
Ω
f pdµ
1/p
dµ .
18
Usando esta desigualdad obtenemos
∫ a
0
|F (x)|p dx1/p
61
a
∫ a
0
(∫ a
0
∣
∣
∣f(xu
a
)∣
∣
∣
)p
dx
1/p
61
a
∫ a
0
(∫ a
0
∣
∣
∣f(xu
a
)∣
∣
∣
p
dx
)1/p
dx
Tomando t =xu
aobtenemos que
∫ a
0
|F (x)|p dx1/p
6 a1/p−1
∫ a
0
u−1/p du
(∫ a
0
|f(t)|p dt)1/p
= a1/p−1 · a−1/p+1
−1/p+ 1·(∫ a
0
|f(t)|p dt)1/p
=p
p− 1
(∫ a
0
|f(t)|p dt)1/p
.
Haciendo a→ ∞ se obtiene que
‖F‖p 6p
p− 1‖f‖p .
17. (a) Si 0 < p <∞, hagase γp = max1, 2p−1 y muestrese que
|α− β|p 6 γp(|α|p + |β|p)
para numeros complejos α y β arbitrarios.
(b) Supongase que µ es una medida positiva en X , 0 < p <∞, f ∈ Lp(µ),fn ∈ Lp(µ), fn(x) → f(x) c.t.p. y ‖fn‖p → ‖f‖p cuando n → ∞.Demuestre que lım ‖fn − f‖p = 0.
(c) Muestre que la conclusion (b) es falsa si se omite la hipotesis ‖fn‖p →‖f‖p, incluso aunque µ(X) <∞.
Solucion.
(a) Considere la funcion g : [1,∞) → R
g(x) =(1 + x)p
1 + xp
entonces g′(x) = p(1+x)p−1(1−xp−1)(1+xp)−2. Luego, g es decrecientesi p > 1 y creciente para 0 < p < 1. Si p > 1 entonces g(x) 6
19
g(1) = 2p−1, es decir, (1 + x)p 6 2p−1(1 + xp). Sean α, β ∈ C son|α| 6 |β|=⇒ 1 ≤
∣
∣
βα
∣
∣. Sea x =∣
∣
βα
∣
∣ entonces
||α|+ |β||p 6 2p−1(|α|p + |β|p)
y como |α− β| 6 ||α|+ |β|| = |α|+ |β| obtenemos
|α− β|p 6 2p−1(|α|p + |β|p) .
(b) Considere para cada n ∈ N
hn = |f − fn|p − |f |p + |fn|p
entonces hn(x) → 0 c.t.p. y
|hn| 6 |f − fn|p + ||f |p − |fn|p|6 γp(|f |p + |fn|p) + |f |p + |fn|p ∈ L1(µ)
ya que f ∈ Lp(µ) y fn ∈ Lp(µ). Por el Teorema de ConvergenciaDominada de Lebesgue
lımn→∞
∫
X
hn dµ =
∫
X
lımn→∞
hn dµ = 0 .
Se sigue que
lımn→∞
‖f − fn‖pp = ‖f‖pp − lımn→∞
‖fn‖pp = 0 .
23. Supongase que µ es una medida positiva en X , µ(X) < ∞, f ∈ L∞(µ),‖f‖∞ > 0, y
αn =
∫
X
|f |ndµ (n = 1, 2, 3, . . .) .
Demuestre que
lımn→∞
αn+1
αn= ‖f‖∞ .
Solucion. Observe que
|f |n+1 = |f | · |f |n 6 ‖f‖∞|f |n c.t.p.
Luego,
αn+1 =
∫
X
|f |n+1dµ 6 ‖f‖∞∫
X
|f |ndµ = ‖f‖∞αn =⇒αn+1
αn
6 ‖f‖∞ .
20
25. Suponga que µ es una medida positiva enX y que f : X → (0,∞) satisface∫
X
fdµ = 1. Demuestre que, para todo E ⊂ X con 0 < µ(E) <∞,
∫
E
(log f)dµ 6 µ(E) log1
µ(E)
y que si 0 < p < 1,∫
E
f pdµ 6 µ(E)1−p .
Solucion. Por la desigualdad de Jensen
exp
1
µ(E)
∫
E
fdµ
61
µ(E)
∫
E
efdµ , ∀ E ⊂ X ,
ya que exp es una funcion convexa. Esto aplicado a g = log f se obtiene
exp
1
µ(E)
∫
E
log fdmu
61
µ(E)
∫
E
fdµ .
Entonces,
1
µ(E)
∫
E
log fdµ 6 log
1
µ(E)
∫
E
fdµ
≤ log
1
µ(E)
∫
X
fdµ
= log1
µ(E)
lo que implica que
∫
E
log fdµ 6 µ(E) log1
µ(E).
Por otro lado, como 0 < p < 1 la funcion ϕ(x) = x1/p es convexa y por ladesigualdad de Jensen
1
µ(E)
∫
E
fdµ
1/p
61
µ(E)
∫
E
f 1/pdµ .
Esto aplicado a la funcion f p nos da
1
µ(E)
∫
E
f pdµ
1/p
61
µ(E)
∫
E
fdµ .
21
Entonces,
1
µ(E)
∫
E
f pdµ 6
1
µ(E)
∫
E
fdµ
p
6
1
µ(E)
∫
X
fdµ
p
=1
µ(E)p.
Por lo tanto,
∫
E
f pdµ 6 µ(E)1−p.
4. Terıa Elemental de los Espacios de Hilbert
7. Sea an una sucesion de numeros positivos tales que∑
anbn <∞ siem-pre que bn > 0 y
∑
b2n <∞. Demuestre que∑
a2n <∞.
Solucion. Sea TN : l2(N) → R dado por
TN (bn) =N∑
n=1
anbn
entonces TN es un funcional lineal para cada n ∈ N. Ademas,
|TN(bN)| 6N∑
n=1
an|bn| 6∞∑
n=1
an|bn| <∞ .
Por lo tanto, TN es acotado. Por el Teorema de Banach-Steinhaus, T :l2(N) → R dado por T (b) =
∑∞n=1 anbn es lineal continuo. Por el Teorema
de Riesz, existe c ∈ l2(N) tal que
T (b) = 〈b, c〉 ,
se sigue que cn = an para todo n ∈ N
‖c‖2 = ‖an‖2 = ‖T‖ <∞=⇒ an ∈ l2 .
16. Si x0 ∈ H y M es un subespacio vectorial cerrado de H , demuestrese que
mın‖x− x0‖ : x ∈M = max|〈x0, y〉| : y ∈M⊥, ‖y‖ = 1 .
22
Solucion. Como x0 ∈ H tiene una unica descomposicion
x0 = Px0 +Qx0
con Px0 ∈M y Qx0 ∈M⊥. Ademas, se sabe
‖Px0 − x0‖ = mın‖x− x0‖ : x ∈M .
Observe que ‖Px0 − x0‖ = ‖Qx0‖. Afirmamos que
‖Qx0‖ = max|〈xo, y〉 : y ∈M⊥, ‖y‖ = 1 .
En efecto, tenemos que
|〈x0, y〉| = |〈Px0 +Qx0, y〉| = |〈Qx0, y〉| 6 ‖Qx0‖ .
Sea y = Qx0/‖Qx0‖, entonces
|〈x0, y〉| = |〈x0, Qx0〉| ·1
‖Qx0‖= |〈Qx0, Qx0〉| ·
1
‖Qx0‖= ‖Qx0‖ .
5. Ejemplos de Tecnicas de Espacios de Ba-
nach
6. Sea f un funcional lineal acotado definido en un subespacioM de un espa-cio de Hilbert H . Demuestre que f tiene una unica extension, conservandola norma, a un funcional lineal acotado sobre H y que esta extension seanula sobre M⊥.
Solucion. Observe que M es un espacio de Hilbert, pues es cerrado enH . Por el Teorema de Hahn-Banach existe una extension f a X con‖f‖ = ‖f‖. Por el Teorema de representacion de Riesz existe un unicox0 ∈M tal que
f(x) = 〈x, x0〉 , ∀ x ∈M .
Mas aun, ‖f‖ = ‖x0‖. Basta definir, L : H → F por L(h) = 〈h, x0〉. Luego,L es un funcional lineal acotado que conserva la norma y si y ∈ M⊥ setiene que
L(y) = 〈y, x0〉 = 0 pues x0 ∈M .
La unicidad se desprende del Teorema de representacion de Riesz.
23
10. Si∑
αiξi converge para cada sucesion ξi tal que ξi → 0 cuando i→ ∞,demuestre que
∑ |αi| <∞.
Solucion. Para cada n ∈ N, Tn : c0 ∩ l1 → F definida por
Tn(ξ) =
n∑
i=1
αiξi .
Como para cada ξ ∈ c0∩l1 el lımn→∞
Tn(ξ) existe, por el Teorema de Banach-
Steinhaussupn
‖Tn‖ <∞ .
Luego, T (ξ) = lımn→∞
Tn(ξ) es un funcional lineal en c0 ∩ l1, por el Teorema
de Representacion de Riesz, existe γ ∈ c0 ∩ l1 tal que
T (ξ) = 〈ξ, γ〉 .Mas aun, ‖T‖ = ‖γ‖. Como T (ξ) =
∑∞i=1 αiξi se tiene que γ = αi,
entonces‖γ‖ =
∑
i
|αi| = ‖T‖ <∞=⇒αi ∈ l1 .
11. Para 0 < α 6 1, denotemos por Lipα al espacio de todas las funcionescomplejas f definidas en [a, b] para las que
Mf = sups 6=t
|f(s)− f(t)||s− t|α <∞ .
Demuestre que Lipα es un espacio de Banach si ‖f‖ = |f(a)| +Mf ; ytambien si
‖f‖ =Mf + supx
|f(x)| .
Solucion. Sea fn∞n=1 ⊆ Lipα una sucesion de Cauchy luego dado ε > 0existe n0 ∈ N tal que ‖fn − fm‖ < ε, para todo n,m > n0, es decir,
|fn(a)− fm(a)|+Mfn−fm < ε , ∀m,n > n0 .
En particular, |fn(a)− f −m(a)| < ε y
|(fn(s)− fm(s))− (fn(t)− fm(t))| < ε|s− t|α
para todo s, t ∈ [a, b] con s 6= t y para todo n,m > n0. Entonces, paran,m > n0 se tiene
|fn(s)− fm(s)| 6 |(fn(s)− fm(s))− (fn(a)− fm(a))|+ |fn(a)− fm(a)|< ε|s− a|α + ε .
24
Se sigue que fn(s)∞n=1 ⊆ C es una sucesion de Cauchy y como C es unespacio de Banach existe y(s) tal que fn(s) → y(s) cuando n → ∞ paratodo s ∈ [a, b]. Luego, ‖fn − y‖ 6 ε para todo n > n0. Basta probar quey ∈ Lipα.
My =My−fn0+fn06My−fn0 +Mfn0
<∞
17. Si µ es una medida positiva, cada f ∈ L∞(µ) define un operador mul-tiplicacion Mf de L2(µ) en L2(µ) tal que Mf (g) = fg. Demuestrese que‖Mf‖ 6 ‖f‖∞. ¿Para que medidas µ se verifica que ‖Mf‖ = ‖f‖∞ paratodo f ∈ L∞(µ)? ¿Para que f ∈ L∞(µ) Mf aplica L2(µ) sobre L2(µ)?
Solucion. Notemos que |f(x)| 6 ‖f‖∞ c.t.p, entonces si g ∈ L2(µ) obten-emos
∫
X
|fg|2dµ 6 ‖f‖2∞∫
X
|g|2dµ=⇒‖Mf‖ 6 ‖f‖∞ .
Ahora bien, la igualdad ‖Mf‖ = ‖f‖∞ se verifica para medidas µ quesean σ-finitas. En efecto, dado ε > 0 por la σ-finitud de µ existe Ω tal que0 < µ(Ω) <∞ tal que
‖f‖∞ 6 |f(x)|+ ε, ∀ x ∈ Ω .
Si g = µ(Ω)−1/2χΩ entonces
∫
X
|fg|2dµ > (‖f‖∞ − ε)2 =⇒‖Mf‖ > ‖f‖∞ − ε .
Haciendo ε → 0 obtenemos lo afirmado.
6. Integracion en Espacios Producto
12. Utilicese el teorema de Fubini y la relacion
1
x=
∫ ∞
0
e−xt dt (x > 0)
para demostrar que
lımA→∞
∫ A
0
sen x
xdx =
π
2.
25
Solucion. Observe que la funcion e−tx sin x es integrable en R+ × R+ ypor el Teorema de Fubini las integrales iteradas son iguales, entonces
∫ ∞
0
sen x
xdx =
∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xt sen x dt
)
dx =
∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−xt sen x dx
)
dt
=
∫ ∞
0
(
lımA→∞
e−at(−t sen a− cos a)
1 + t2+
1
1 + t2
)
dt
=
∫ ∞
0
dt
1 + t2=π
2.
9. Transformada de Fourier
1. Sea f ∈ L1, f > 0. Demuestre que |f(y)| < f(0) para todo y 6= 0.
Solucion. Notemos que
|f(y)| =
∣
∣
∣
∣
∫ ∞
−∞
f(x)e−ixydm(x)
∣
∣
∣
∣
6
∫ ∞
−∞
|f(x)| · |e−ixy|dm(x)
=
∫ ∞
−∞
f(x)dm(x) = f(0) .
3. Hallese el
lımA→∞
∫ A
−A
sen λt
teitxdt (−∞ < x <∞)
donde λ es una constante positiva.
Solucion. Considere la funcion
f(x) =
√2π
2si − λ 6 x 6 λ
0 en otro caso
entonces
f(t) =1
2
∫ λ
−λ
e−ixtdx =e−ixt
2it
∣
∣
∣
∣
λ
−λ
=e−iλt − eiλt
2it=
senλt
t
26
Observe que f, f ∈ L1 entonces por el Teorema de inversion
lımA→∞
∫ A
−A
sen λt
teitxdt =
∫ ∞
−∞
f(t)eitxdt
= f(x) =
√2π
2si − λ 6 x 6 λ
0 en otro caso
6. Se supone f ∈ L1, diferenciable c.t.p. y f ′ ∈ L1. ¿Se puede concluir quela transformada de Fourier de f ′ es tif(t)?
Solucion. Integrando por partes se tiene
ˆf ′(t) =
∫ ∞
−∞
f ′(x)e−ixtdm(x)
= f(x)e−ixt∣
∣
∞
−∞+ it
∫ ∞
−∞
f(x)e−ixtdm(x)
= itf(t)
siempre que lımx→±∞
f(x) = 0.
8. Si p y q son exponentes conjugados, f ∈ Lp, g ∈ Lq y h = f ∗g, demuestreque h es uniformemente continua. Si ademas 1 < p <∞, entonces h ∈ C0;pruebese que esto falla para alguna f ∈ L1, g ∈ L∞.
Solucion. En virtud del Teorema 9.5., si 1 6 p < ∞ y f ∈ Lp, la apli-cacion y → fy con fy(x) = f(x−y) es uniformemente continua. Entonces,dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si |s− t| < δ implica que ‖fs − ft‖p < ε.Luego,
|h(s)− h(t)| =
∣
∣
∣
∣
∫ ∞
−∞
f(s− x)g(x)dm(x)−∫ ∞
−∞
f(t− x)g(x)dm(x)
∣
∣
∣
∣
6
∫ ∞
−∞
|f(s− x)− f(t− x)||g(x)|dm(x)
6 ‖fs − ft‖p · ‖g‖q < ε‖g‖q .
Por lo tanto, h es uniformemente continua. Ahora bien, como Cc(x) esdenso en Lp(µ) para 1 6 p < ∞, existen fn, gn ∈ Cc(X), n ∈ N tal quefn → f y gn → g en Lp(µ). Luego, hn = fn ∗ gn ∈ Cc(X) y hn → h. Dado
27
ε > 0 existe n0 ∈ N y K compacto tal que |h(x) − hn(x)| < ε2para todo
n > n0 y |hn0(x)| < ε2para todo x ∈ KC . Entonces,
|h(x)| 6 |h(x)− hn(x)|+ |hn0(x)| < ε ,
lo que implica que h ∈ C0.Por otro lado, sean g ≡ 1, f : [0,∞) → R dada por f(x) = 1 si n 6 x 6
n+ 1n2 y f(x) = 0 en otro caso. Entonces, g ∈ L∞ y
∫ ∞
−∞
|f(x)|dx =∞∑
n=1
1
n2<∞=⇒ f ∈ L1 .
Luego,
(g ∗ f)(t) =∫ ∞
−∞
g(t− x)f(x)dm(x) =√2π
∞∑
n=1
1
n2= constante .
y g ∗ f /∈ C0. Observe que el grafico de f es:
10. Propiedades Elementales de Funciones Holo-
morfas
3. Suponga que f y g son funciones enteras, y |f(z)| 6 |g(z)| para todo z.¿Que conclusion se puede dar?
Solucion. Afirmamos que existe un c ∈ C tal que f(z) = cg(z), ∀ z ∈ C.
En efecto, sea Ω = z ∈ C : g(z) 6= 0 y definimos ϕ : Ω → C porϕ(z) = f(z)/g(z). Note que si g tiene un cero z0 entonces 0 ≤ |f(z0)| ≤|g(z0)| = 0 ⇒ f(z0) = 0, es decir, si g(z0) = 0 implica que f(z0) = 0.Por lo que ϕ tiene singularidades removible en C − Ω y podemos definirϕ : C → C. Entonces, ϕ es entera y como
|ϕ(z)| =∣
∣
∣
∣
f(z)
g(z)
∣
∣
∣
∣
≤ 1 , ∀ z ∈ C .
por lo que ϕ es acotada. Por el Teorema de Liouville ϕ es contante, dig-amos a c ∈ C, lo que implica que f(z) = cg(z) para todo z ∈ C.
4. Suponga que f es una funcion entera, y
|f(z)| 6 A +B|z|k
28
para todo z, donde A, B, y k son numeros positivos. Pruebe que f tieneque ser un polinomio.
Solucion. Tenemos que f(z) =
∞∑
n=0
anzn donde an =
1
2πi
∫
|z|=R
f(z)
zn+1dz.
Entonces,
|an| 61
2π
∫
|z|=R
|f(z)||z|n+1
dz 61
2π
(
A+B|R|kRn+1
)
(2πR) =A
Rn+
B
Rn−k
R→∞−→ 0
siempre que n > k. Por lo que an = 0 para todo n > k y se sigue que f(z)es un polinomio de grado k.
13. Calcule∫ ∞
0
dx
1 + xn(n = 2, 3, 4, . . .) .
Solucion. Sea f(z) =1
1 + zn, entonces f tiene un polo simple en z = ei
πn .
Sea C = [0, R] ∪ CR ∪ B tal como lo muestra la figura
R
CR = Reit : 0 ≤ t ≤ 2π
n
2π
nei
π
n
B
Note que eiπn es el unico polo de f que esta dentro del contorno. Luego,
∫
C
f(z)dz = 2πi Res(f, eiπn ) .
Usando la regla de L’Hopital se obtiene que
Res(f, eiπn ) = lım
z→eiπn
z − eiπn
1 + zn= lım
z→eiπn
1
nzn−1= −e
iπn
n.
Luego,
∫
C
f(z)dz =
∫
C
dz
1 + zn= 2πi
(
−eiπn
n
)
= −2π
niei
πn .
29
Por otro lado,
∫
C
f(z)dz =
∫ R
0
f(x)dx+
∫
CR
f(z)dz +
∫
B
f(z)dz y se tiene
que
∫
B
f(z)dz =
∫ 0
R
ei2πn
1 + (yei2πn )n
dy = −ei 2πn∫ R
0
dy
1 + yn,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∫
CR
f(z)dz
∣
∣
∣
∣
∣
∣
≤∫
CR
|f(z)||dz| ≤∫
CR
1
Rn − 1|dz| = πR
Rn − 1
R→∞−→ 0 .
Se sigue que
∫
C
f(z)dz = (1− ei2πn )
∫ ∞
0
dx
1 + xn= −2π
niei
πn , por lo tanto,
∫ ∞
0
dx
1 + xn= −2π
ni
eiπn
1− ei2πn
=π
n
2ieiπn
ei2πn − 1
=π
n
2i
eiπn − e−iπ
n
=π
n sen(
πn
) .
11. Funciones Armonicas
6. Supongamos que f ∈ H(U) donde U es el disco unidad abierto, y que fes inyectiva en U , Ω = f(U) y f(z) =
∑
cnzn. Demuestre que el area de
Ω es
π
∞∑
n=1
n|cn|2 .
Solucion. En efecto, tenemos que
A =
∫∫
U
|f ′(z)|2dxdy =
∫ 1
0
∫ 2π
0
(f ′(reiθ))(f ′(reiθ))dθrdr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
(
∞∑
n=1
ncnrn−1ei(n−1)θ
)(
∞∑
n=1
ncnrn−1e−i(n−1)θ
)
dθrdr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
∞∑
n=1
n2|cn|2r2n−2dθrdr
= 2π
∫ 1
0
∞∑
n=1
n2|cn|2r2n−1dr = π∞∑
n=1
n|cn|2 ,
en donde hemos usado el hecho que
∫ 2π
0
einθdθ = 0 para todo n ∈ Z
excepto para n = 0 en cuyo caso la integral es igual a 2π.
30