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Algunas Soluciones An´ alisis Real y Complejo Rodrigo Vargas 1. Integraci´ on Abstracta 1. ¿Existe alguna σalgebra infinita que tenga s´ olo una cantidad numerable de elementos? Soluci´ on. Supongamos que M = iN M i es un σalgebra. Sabemos que el conjunto potencia P (N) tiene una cantidad no numerable de elementos. Notemos que A ∈P (N) ,M A = iA M i ,A numerable B ∈P (N) \{A} = M B = M A Entonces, se pueden tener tantos elementos en M como subconjuntos en P (N). 2. Demuestre un teorema an´ alogo al 1.8 para n funciones. Soluci´ on. Sean u 1 ,...,u n funciones medibles sobre X , ϕ : R n Y continua con Y espacio topol´ ogico, Definamos h(x)= ϕ(u 1 (x),...,u n (x)) . Pruebe que h : X Y es medible. Basta probar que f : X R n dada por f (x)=(u 1 (x),...,u n (x)) es medible. Sean I i R intervalos i =1,...,n y R = I 1 ×···× I N , entonces f 1 (R)= n i=1 u 1 i (I i ) es medible . 1

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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 .

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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.

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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

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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?

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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

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 .

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(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) <∞ .

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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 .

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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

)

t− λ

> 0 ,

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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

)

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 .

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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?

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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.

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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.

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(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‖∞

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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

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(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

Page 16: Algunas Soluciones An´alisis Real y Complejo · Algunas Soluciones An´alisis Real y Complejo Rodrigo Vargas 1. Integracion Abstracta 1. ¿Existe alguna σ-algebra infinita que

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

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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

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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

1/p

6

Ω

Ω

f pdµ

1/p

dµ .

18

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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

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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

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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

Page 22: Algunas Soluciones An´alisis Real y Complejo · Algunas Soluciones An´alisis Real y Complejo Rodrigo Vargas 1. Integracion Abstracta 1. ¿Existe alguna σ-algebra infinita que

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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

|z|=R

|f(z)||z|n+1

dz 61

(

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

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 .

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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

n

2ieiπn

ei2πn − 1

n

2i

eiπn − e−iπ

n

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.

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