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  • Algunas Soluciones

    Análisis Real y Complejo

    Rodrigo Vargas

    1. Integración Abstracta

    1. ¿Existe alguna σ-álgebra infinita que tenga sólo una cantidad numerable de elementos?

    Solución. Supongamos que M = ⋃

    i∈NMi es un σ-álgebra. Sabemos que el 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 en P(N).

    2. Demuestre un teorema análogo al 1.8 para n funciones.

    Solución. Sean u1, . . . , un funciones medibles sobre X , ϕ : R n → Y

    continua con Y espacio topológico, 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)) es medible. 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. Demuéstrese que si f es una función real en un espacio medible X tal que {x : f(x) > r} es medible para todo número racional r, entonces f es medible.

    Solución. Sea α ∈ R y {xn}∞n=1 ⊂ Q una sucesión decreciente tal que

    ĺım n→∞

    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, demuéstrese que los conjuntos

    {x : f(x) < g(x)} , {x : f(x) = g(x)}

    son medibles.

    (b) Demuéstrese que el conjunto de puntos en los que una sucesión de funciones reales medibles converge (a un ĺımite finito ) es medible.

    Solución.

    (a)

    (b) Sean {fn} una sucesión de funciones reales medibles,

    f(x) = ĺım sup n→∞

    fn(x) y f(x) = ĺım inf n→∞

    fn(x)

    entonces f y f son medibles. El conjunto de puntos en los cuales la sucesión 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 colección de todos los conjuntos E ⊂ X tales que E o Ec es a lo sumo numerable, y definase µ(E) = 0 en el primer caso y µ(E) = 1 en el segundo. Demuéstrese que M es una σ-álgebra en X y que µ es una medida en M. Describanse las correspon- dientes funciones medibles y sus integrales.

    Solución.

    Por demostrar que M es σ-álgebra. (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 que implica que A ∈ M. Ahora, si existe n0 ∈ N tal que ACn0 es numerable entonces

    AC =

    (

    ∞ ⋃

    n=1

    An

    )C

    =

    ∞ ⋂

    n=1

    ACn ⊆ ACn0

    entonces AC es numerable lo que implica que A ∈ M. Por lo tanto, M es σ-álgebra. Por demostar que µ es nedida sobre M. (i) Tenemos que µ(∅) = 0

  • lo que implicaria que X es numerable, lo que es contradictorio. Entonces, An es numerable para todo n 6= n0 lo que implica que µ(An) = 0 para todo n 6= n0 entonces se satisface (1). Por lo tanto, µ es medida en M.

    7. Supóngase 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). Demuéstrese que entonces

    ĺım n→∞

    X

    fndµ =

    X

    fdµ

    y que esta conclusión no se obtiene si se suprime la condición “f1 ∈ L1(µ)”.

    Solución. Considere gn : X → [0,+∞) definida por g1 = 0 y gn = f1−fn para cada n ≥ 2, entonces gn es medible y ĺım

    n→∞ gn(x) = f1(x) − f(x) y

    además gn ≤ f1 − fn ≤ f1 − fn+1 ≤ gn+1

    es decir, 0 ≤ g1(x) ≤ g2(x) ≤ · · · ≤ ∞. Aplicando el Teorema de conver- gencia monótona

    ĺım n→∞

    X

    gndµ =

    X

    (f1 − f)dµ = ∫

    x

    f1dµ− ∫

    x

    fdµ .

    Por otro lado, tenemos linealidad de la integral y del ĺımite

    ĺım n→∞

    X

    gndµ =

    X

    f1dµ− ĺım n→∞

    X

    fndµ

    obteniendose lo pedido. ¿Qué pasa si f1 /∈ L1(µ), sigue siendo cierta la afirmación? Para ver esto considere la sucesión

    fn(x) =

    1− x si x ∈ [0, 1− 1 n+1

    ]

    1− 1 n+ 1

    si x ∈ (1− 1 n+1

    ,∞)

    entonces f1 /∈ L1(µ) y no se cumple la afirmación.

    8. Definase fn = XE si n es impar y fn = 1 − XE si n es par. ¿Cuál es la relevancia de este ejemplo con relación al lema de Fatou?

    4

  • Solución: Tenemos que ĺım inf n→∞

    fn(x) = 0. Por otro lado,

    X

    fndµ =

    µ(E) n impar

    µ(EC) n par

    entonces ĺım inf n→∞

    X

    fndµ = mı́n{µ(E), µ(EC)}. Por el Lema de Fatou se tiene que

    0 =

    X

    (

    ĺım inf n→∞

    fn

    )

    dµ ≤ ĺım inf n→∞

    X

    fndu = mı́n{µ(E), µ(EC)} .

    Y en este caso la desigualdad es estricta en el Lema de Fatou.

    9. Supóngase que µ es una medida positiva en X , f : X → [0,∞] es medible, ∫

    X fdµ = c, donde 0 < c 0}

    ĺım inf n→∞

    fn(x)dµ = ĺım inf n→∞

    X

    fn dµ .

    (ii) α = 1 Tenemos que ĺım

    n→∞ fn(x) = f(x) y |fn(x)| ≤ f(x) entonces por el

    Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que

    ĺım n→∞

    X

    fn dµ =

    X

    f dµ = c .

    5

  • (iii) α > 1 Tenemos que log(1 + Aα) ≤ αA para todo

    10. Supóngase que µ(X) < ∞, {fn} es una sucesión de funciones complejas, medibles y acotadas en X , y que fn → f uniformemente en X . De- muéstrese que

    ĺım n→∞

    X

    fndµ =

    X

    fdµ

    y muéstrese que la hipótesis “µ(X) 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. Sea M3 = sup

    1≤k≤n0

    ‖fk‖∞ yM = máx{M2,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

    ĺım n→∞

    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. Muéstrese que

    A =

    ∞ ⋂

    n=1

    ∞ ⋃

    k=n

    Ek

    en el Teorema 1.41, y demuéstrese este teorema sin ninguna referencia a la integración.

    Solución. El Teorema 1.41 dice: Sea {Ek} una sucesión de conjuntos medibles en X , tal que

    ∞ ∑

    k=1

    µ(Ek)

  • Entonces casi todos los x ∈ X están a lo sumo en una cantidad finita de los 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) = ĺım n→∞

    µ(An) ≤ ĺım n→∞

    ∞ ∑

    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.

    Solución. Consideremos la sucesión

    fn(x) =

    {

    |f(x)| si |f(x)| ≤ n 0 en otro caso

    entonces ĺım n→∞

    fn(x) = |f(x)| y además fn(x) ≤ |f(x)| y f ∈ L1(µ) y por el Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que

    ĺım n→∞

    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

    2n0 y 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+