2C2025 - Teo Integral 1 - with Audio transcribe

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Aquí tienes la nota consolidada. Se han integrado los comentarios del profesor para aclarar demostraciones, motivar definiciones y resaltar estrategias de resolución de ejercicios, manteniendo la estructura original de la nota.

Lo que quedó pendiente de la teo anterior

${\color{Orange} \text{Prop. :} }$

\begin{array}{l} \text{Si $f,g:E\to \mathbb{R}$ medibles $\implies f+g$ medible.} \end{array}

${\color{Orange} \text{Dem:} }$

Supongamos que $\{ f=+\infty \}=\emptyset=\{ g=\pm \infty \}$

Si $a \in \mathbb{R}$ $\{ f+g<a \}$ es medible

Veamos que

\{ f+g<a \}=\bigcup_{q \in \mathbb{Q}}\underbrace{ \{ f<g \} }_{ \text{medible} }\cap \underbrace{ \{ g<a-q \} }_{ \text{medible} }

-- 00:00

Comentario del profesor:

"La moraleja de esto es: para ver que un conjunto es medible lo tengo que escribir como unión, intersección, numerable de medibles y tengo que ser ingenioso."

$\supseteq)$

Si $x \in \{ f<q \}\cap \{ q<a-g \}$

\implies f(x)+g(x)<q+g(x)<a-g(x)+g(x)=a

Comentario del profesor [00:00:30 - 00:01:20]:

La idea es que si $x$ está en esa intersección para algún $q$ , entonces $f(x) < q$ y $q < a - g(x)$ . Sumando $g(x)$ a ambos lados de la desigualdad de $q$ , obtenemos $f(x) + g(x) < q + g(x) < a$ .

$\subseteq)$

Usamos esto: $A\subseteq B\implies X \setminus B \subseteq X \setminus A$

Tomemos $x \in E.$ $\:\exists\:q \in \mathbb{Q}\bigm|f(x)<q$

\:\exists\:( q_{n} )_{n \in \mathbb{N}}\subset \mathbb{Q}\bigm| f(x)<q_{n}\land q_{n}\searrow f(x)

Si $x\neq \bigcup_{q \in \mathbb{Q}}\{ f<q \}\cap \{ g<a-q \}$

$\implies f(x)<q_{n}\implies g(x)\geq a- q_{n}$

\implies f(x)+g(x)\geq f(x)+a-q_{n}\quad\forall n\in \mathbb{N}

\implies f(x)+g(x)\geq f(x)+a-f(x)=a

\implies x \not\in \{ f+g<a \}

Comentario del profesor [00:03:51 - 00:04:06]:

La clave aquí es que puedo acercar a $f$ tanto como yo quiera con un número racional un poco más grande ( $q_n \searrow f(x)$ ). Si $x$ no pertenece a la unión, no está en ninguno de esos conjuntos para ningún $q$ , lo que nos permite derivar la desigualdad opuesta.

Sea ${\Large\varphi}:E\to \mathbb{R}$ simple medible y ${\Large\varphi}\geq 0$

Existe partición finita $E_{1},\dots,E_{n}$ medibles $\bigm|\displaystyle E=\dot{\bigcup_{i=1}}E_{i}$

y $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\geq 0\bigm|\mathscr{l}=\sum \alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}}\implies I(\mathscr{l})=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\cdot \mu(E_{i})$

Comentario del profesor [00:10:00 - 00:13:07]:

Estamos definiendo la integral basándonos en el área de rectangulitos: base por altura. La altura es el $\alpha_i$ y la base la medimos con la medida $\mu$ . Para las funciones simples, la integral es simplemente la suma de "base ( $E_i$ ) por altura ( $\alpha_i$ )".

${\color{Orange} \text{Prop. :} }$

\begin{array}{l} \text{Sean ${\Large\varphi},\phi:E\to \mathbb{R}$ con ${\Large\varphi},\phi\geq 0$ simples medibles. }\\ \text{1. $I({\Large\varphi}+\phi)=I({\Large\varphi})+I(\phi )$ } \\ \text{2. $I(\alpha\cdot {\Large\varphi})=\alpha\cdot I({\Large\varphi})$ } \end{array}

${\color{Orange} \text{Dem 1):} }$

Sean $E_{1},\dots,E_{n}$ medibles disjuntos, $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\geq 0$

$D_{1},...,D_{m}$ medibles disjuntos $\beta_{1},\cdots,\beta _m\geq 0$

tal que

E=\dot{\bigcup^n} E_{i} =\dot{\bigcup^m}D_{j}

{\Large\varphi}=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}} ,\quad \phi=\sum_{j=1}^{m} \beta_{j}\cdot\mathcal{X}_{D_{j}}

Comentario del profesor [00:20:00 - 00:21:47]:

El problema al sumar es que los $E_i$ son disjuntos entre sí y los $D_j$ son disjuntos entre sí, pero $E_i$ y $D_j$ pueden no serlo (se solapan). Para poder sumar correctamente las alturas ( $\alpha_i + \beta_j$ ), necesitamos "disjuntar" todo el espacio, creando una grilla común mediante la intersección $E_i \cap D_j$ .

Como $\displaystyle E=\dot{\bigcup_{i}}\dot{\bigcup_{j}}E_{i}\cap D_{j}$ y ${\Large\varphi}+\phi(x)=\alpha_{i}+\beta_{j}\quad\forall x \in E_{i}\cap D_{j}$

\implies {\Large\varphi}+\phi=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} (\alpha _{i}+\beta_{j})\cdot \mathcal{X}_{E_{i}\cap D_{j}}

I({\Large\varphi}+\phi)=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} (\alpha_{i}+\beta_{j})\cdot\mu(E_{i}\cap D_{j})

=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \alpha_{i}\cdot \mu(E_{i}\cap D_{j})+\beta_{j}\cdot \mu(E_{i}\cap D_{j})

=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \alpha_{i}\cdot \mu(E_{i}\cap D_{j})+\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\beta_{j}\cdot \mu(E_{i}\cap D_{j})

Comentario del profesor [00:30:31 - 00:34:00]:

Aquí usamos que la suma es finita para reordenar y sacar factor común. Al fijar $i$ y mover $j$ , estamos sumando todos los pedacitos disjuntos ( $E_i \cap D_j$ ) que componen $E_i$ . La suma de las medidas de las partes disjuntas nos da la medida del total ( $\mu(E_i)$ ).

=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot \sum_{j=1}^{m} \mu(E_{i}\cap D_{j})+\sum_{j=1}^{m} \beta_{j}\sum_{i=1}^{n} \mu(E_{i}\cap D_{j})

=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot \mu(E_{i})+\sum_{j=1}^{m} \beta_{j}\cdot \mu(D_{j})

=I({\Large\varphi})+I(\phi)

${\color{Cyan} \text{Def. :} }$

\begin{array}{l} \text{Teorema} \end{array}

Sea $f:E\to \mathbb{R}$ medible.

\int_{E} f =\int_{E} f \, d\mu =\int_{E}f(x) \,\, d\mu(x)

=\underset{ }{ \sup }\{ I({\Large\varphi}):0\leq {\Large\varphi}\leq f,{\Large\varphi} \text{ simple medible} \}

Comentario del profesor:

¿Qué es esto? Me doy una función medible y sé que tengo un montón de funciones simples que están por debajo de ella. A cada función simple por debajo le calculo la integral (que ya sé hacer). El supremo de todas esas integrales será la integral de $f$ .

${\color{Orange} \text{Prop. :} }$

\begin{array}{l} \text{Si $f:E\to \mathbb{R}$ simple medible con $f\geq 0$}\\ \displaystyle \int_{E} f=I(f) \end{array}

${\color{Orange} \text{Dem:} }$

Ver que si $0\leq {\Large\varphi}\leq f$ simple medible $\implies I({\Large\varphi})\leq I(f)$

Queda como ejercicio.

--46:35, Al final si dió la demo

Sean ${\Large\varphi},f:E\to \mathbb{R}$ simples medibles.

f=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}} \quad \quad {\Large\varphi}=\sum_{j=1}^{m} \beta _{j}\cdot\mathcal{X}_{D_{j}}

f=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot \mathcal{X}_{E_{i}\cap\displaystyle \dot{\cup}_{j}D_{j}} =\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}\cap D_{j}}

De la misma manera

{\Large\varphi}=\sum_{j=1}^{m} \sum_{i=1}^{n} \beta_{j}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}\cap D_{j}}

Si $x \in E_{i}\cap D_{j}$ $f(x)=\alpha_{i}$ y ${\Large\varphi}(x)=\beta_{j}\implies\alpha_{i}\geq\beta_{j}$

Esto ultimo porque suponemos que $f\geq {\Large\varphi}$

I({\Large\varphi})=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} B_{j}\cdot \mu(E_{i}\cap D_{j})\leq \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \alpha_{i}\cdot \mu(E_{i}\cap D_{j})=I(f)

${\color{Orange} \text{Prop. :} }$

\begin{array}{l} \text{$f:E \to \mathbb{R}$. Si $E$ es nulo, $\displaystyle \int_{E} f \, d\mu=0$ } \end{array}

${\color{Orange} \text{Dem:} }$

Si ${\Large\varphi}:E\to \mathbb{R}$ simple tal que ${\Large\varphi}\leq f$

{\Large\varphi}=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot\mathcal{X}_{E_{i}}\quad \quad E=\dot{\bigcup}_{i=1}^n E_{i}

I({\Large\varphi})=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\cdot \underbrace{ \mu(E_{i}) }_{ =0 }=0

Comentario del profesor [00:56:10 - 00:56:40]:

Si el conjunto $E$ es nulo, su medida es cero. Como los $E_i$ están dentro de $E$ , todos tienen medida cero. Por lo tanto, la integral de cualquier función simple por debajo es 0. El supremo de ceros es 0.

${\color{Orange} \text{Prop. :} }$

\begin{array}{l} \text{Sean $f,g:E\to \mathbb{R}$ medibles con $0\leq f\leq g$ }\\ \displaystyle \int_{E}f \, d\mu =\int_{E} g \, d\mu \end{array}

${\color{Orange} \text{Dem:} }$

Si $0\leq {\Large\varphi}\leq f$ es simple medible $\implies {\Large\varphi}\leq g$

Comentario del profesor [00:58:18 - 00:59:30]:

Piénsenlo geométricamente: si $f$ está debajo de $g$ , el área bajo $f$ debería ser menor. Formalmente: cualquier función simple que esté debajo de $f$ automáticamente está debajo de $g$ . Como el conjunto de simples debajo de $g$ incluye a las de $f$ (y quizás más), el supremo para $g$ será mayor o igual.

--59:30

${\color{Orange} \text{Prop. :} }$

\begin{array}{l} \text{proposicion} \end{array}

Sea $f:E\to \mathbb{R}$ medible con $f\geq 0$ y $A\subseteq E$ medible.

\implies \int_{A} f \, d\mu =\int_{E} f\cdot \mathcal{X}_{A} \, d\mu

Luego

\int_{A} f \, d\mu \leq \int_{E} f \, d\mu

pues $f\cdot\mathcal{X}_{A}\leq f$

Comentario del profesor [01:01:19 - 01:02:43]:

Integrar sobre un subconjunto $A$ es lo mismo que ver la función restringida a $A$ , o equivalentemente, ver una función definida en todo $E$ que vale lo que $f$ en $A$ y 0 afuera ( $f \cdot \chi_A$ ). Como $f \cdot \chi_A \leq f$ (porque $\chi_A$ es 0 o 1), la integral sobre el pedacito es menor o igual a la integral sobre todo.

$Obs:$

Vimos que puede ocurrir que

f_{n} \longrightarrow f\text{ pero } \int f_{n}\cancel{ \longrightarrow } \int f

Ejemplos:

f_{n}(x)=\begin{cases} n^{2}x & 0\leq x\leq \frac{1}{2n} \\ n^{2}\left( \frac{1}{n}-x \right) & \frac{1}{2n}\leq x \leq \frac{1}{n} \\ 0 & x> \frac{1}{n} \end{cases}

Comentario del profesor:

Vimos que el área de esas funciones (triangulitos que se hacen altos y finitos) no tendía a 0, aunque la función convergía puntualmente a 0. Esto es un problema porque queremos que el límite entre dentro de la integral.

Teorema de convergencia monótona

Sean $( f_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ sucesión de funciones medibles positivas y sea $f$ medible tal que $f_{n}\to f$

Si $f_{n}\leq f_{n+1} \quad\forall n\in \mathbb{N}$ (monótonas crecientes, $f_{n}\nearrow f$ ) entonces

\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{E} f_{n} \, d\mu =\int_{E} \underset{ n\to \infty }{ \lim } f_{n} \, d\mu =\int_{E}f \, d\mu

$Dem:$

Se deja como ejercicio.

Comentario del profesor [01:10:39 - 01:12:43]:

Esta es la gran ventaja de la integral de Lebesgue sobre Riemann. Con este nuevo concepto, si la convergencia es puntual y va para arriba (monótona creciente), sí puedo meter el límite adentro de la integral. Usaremos esto para probar propiedades de la integral general aproximando con simples.

${\color{violet} \text{Teorema :} }$

\begin{array}{l} \text{Teorema} \end{array}

Sean $f,g:E\to \mathbb{R}$ medibles y positivas y sea $\lambda>0$ . Entonces

\int_{E} f+\lambda \cdot g \, d\mu =\int_{E} f \, d\mu +\lambda\cdot \int_{E} g \, d\mu

${\color{violet} \text{Dem:} }$

\int_{E} f+\lambda g \, d\mu =I(f+\lambda g)=I(f)+\lambda \cdot I(g)=\int_{E} f \, d\mu +\lambda\int_{E} g \, d\mu

Por algo anterior existen $( {\Large\varphi}_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ medibles simples positivas con ${\Large\varphi}_{n}\nearrow f$

Existen $( \phi_{n} )_{n \in \mathbb{N}}$ medibles simples positivas tal que $\phi_{n}\nearrow g$

Luego

{\Large\varphi}_{n}+\lambda \cdot \phi_{n}\nearrow f + \lambda \cdot g

Comentario del profesor [01:23:57 - 01:24:37]:

Estrategia general: Si quiero probar algo para integrales de funciones medibles, me fijo si vale para simples. Si vale para simples, tomo una sucesión de simples que converja monótonamente a mi función, "meto el teoremón" (Convergencia Monótona) para sacar el límite, y sale.

\int_{E} f+\lambda \cdot g \, d\mu =\int_{E} \underset{ n\to \infty }{ \lim } {\Large\varphi}_{n}+\lambda \cdot \phi_{n} \, d\mu \underbrace{ = }_{ \text{teor conv mon} } \underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{E} {\Large\varphi}_{n} + \lambda \cdot \phi_{n} \, d\mu

\underset{ {\Large\varphi}_{n}+\lambda \phi_{n }\text{ son simples} }{ = }\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{E} {\Large\varphi}_{n} \, d\mu +\lambda \int_{E} \phi_{n} \, d\mu =\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{E} {\Large\varphi}_{n} \, d\mu + \lambda\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{E} \phi_{n} \, d\mu

\underset{ \text{teor conv mon} }{ = } \int_{E} \underset{ n\to \infty }{ \lim } {\Large\varphi}_{n} \, d\mu +\lambda \cdot \int_{E} \underset{ n\to \infty }{ \lim } \phi_{n} \, d\mu =\int_{E} f \, d\mu +\lambda \cdot \int_{E}g \, d\mu

${\color{Red}\text{Corolario}:}$

\begin{array}{l} \text{Corolario} \end{array}

Sea $f:E\to \mathbb{R}$ medible positiva

Sean $E_{1},E_{2}\subseteq E$ medibles con $E_{1}\cap E_{2}=\emptyset$

\int_{E_{1}\dot{\bigcup}E_{2}} f \, d\mu =\int_{E_{1}} f \, d\mu +\int_{E_{2}} f \, d\mu

${\color{Red} \text{Dem}:}$

\int_{E_{1}\dot{\cup}E_{2}}f=\int_{E}f \cdot\mathcal{X}_{E_{1}\dot{\cup}E_{2}} =\int_{E}f\cdot (\mathcal{X}_{E_{1}} +\mathcal{X}_{E_{2}} )

=\int_{E}f\cdot\mathcal{X}_{E_{1}} +f \cdot \mathcal{X}_{E_{2}} =\int_{E}f \cdot \mathcal{X}_{E_{1}} + \int_{E}f \cdot \mathcal{X}_{E_{2}}=\int_{E_{1}}f + \int_{E_{2}}f

Comentario del profesor:

Esto nos dice que puedo "disjuntar" el espacio e integrar pedazo por pedazo. Usamos la característica de la unión disjunta, que es la suma de las características ( $\chi_{E_1 \cup E_2} = \chi_{E_1} + \chi_{E_2}$ pues son disjuntos).

${\color{Red}\text{Corolario}:}$

\begin{array}{l} \text{Corolario} \end{array}

Sean $f,g:E\longrightarrow \mathbb{R}$ medibles positivas. Si $f=g$ en casi todo punto

\int_{E} f = \int_{E}g

${\color{Red} \text{Dem}:}$

--01:36:00

\int_{E}f=\int_{E\cap \{ f=g \}} f+ \int_{E\cap \{ f\neq g \}}f=\int_{E\cap \{ f=g \}}g+0 \leq \int_{E}g

\implies \int_{E}f\leq \int_{E}g

Análogamente empiezo con $g$ y obtenga la otra desigualdad.

Comentario del profesor [01:34:52 - 01:36:08]:

La integral es base por altura. Si la función cambia solo en un conjunto donde la base tiene medida cero, eso no cuenta en el área. Para la demo, partimos el espacio en "donde son iguales" (ahí integran lo mismo) y "donde son distintos" (que es nulo, así que la integral es 0).

${\color{Red}\text{Corolario}:}$

\begin{array}{l} \text{Corolario} \end{array}

\int_{\mathbb{R}} \mathcal{X}_{\mathbb{Q}} = 0

${\color{Red} \text{Dem}:}$

Como $\mu(\mathbb{Q})= 0\implies\mathcal{X}_{\mathbb{Q}}\equiv0$ en casi todo punto. Además $\displaystyle \int_{E}0=0$

Comentario del profesor:

Riemann tenía un problema con esta función (la de Dirichlet) porque no podía integrarla. Nosotros vemos que es igual a 0 en casi todo punto (porque $\mu(\mathbb{Q})=0$ ), así que su integral es la misma que la integral de la función 0, que es 0.

${\color{Red}\text{Corolario}:}$

\begin{array}{l} \text{Corolario} \end{array}

Sea $f:E\longrightarrow \mathbb{R}$ medible y positiva.

$\displaystyle \int_{E}f=0$ si y solo si $f=0$ en casi todo punto.

${\color{Red} \text{Dem}:}$

$\implies)$

--01:44:12

Sea $E_{n}=\left\{ f> \frac{1}{n} \right\}$ medible.

Z=\{ f=0 \}

0=\int_{E}f=\int_{Z\dot{\cup}\left( \bigcup_{n}E_{n} \right)} f=\int_{Z}f+\int_{\bigcup_{n}E_{n}}f=0+\int_{\bigcup E_{n}}f

\geq \int_{E_{n}}f> \int_{E_{n}} \frac{1}{n}=\int_{E} \frac{1}{n}\cdot\mathcal{X}_{E_{n}} = \frac{1}{n} \cdot \mu(E_{n})

\implies_{0}\geq \frac{1}{n}\cdot \mu(E_{n})\geq 0\implies \mu(E_{n})= 0

\implies \mu(\{ f\neq 0 \})=\mu\left( \bigcup_{n\in \mathbb{N}}E_{n} \right)\leq \underset{ n\to \infty }{ \lim } \mu(E_{n})= 0

Comentario del profesor:

La lógica es: si la función no es cero en un conjunto de medida positiva, en algún momento tiene que ser mayor que $1/n$ en un conjunto de medida positiva. Al integrar sobre ese $E_n$ , obtendríamos un área mayor a 0 (base $\mu(E_n) > 0$ por altura $1/n$ ), lo cual contradice la hipótesis.

$Obs:$

Si $f,g\geq 0$

Me gustaría que

\int f-g=\int f - \int g

Comentario del profesor:

Tiene sentido porque si uno piensa en el área por arriba del eje y el área por debajo, para la parte de abajo tendría que poner un menos.

${\color{Cyan} \text{Def. :} }$

\begin{array}{l} \text{Teorema} \end{array}

Sea $f:E\to \mathbb{R}$

f^{+} =\begin{cases} f(x) & f(x)\geq 0 \\ 0 & f(x)< 0 \end{cases},\quad f^{-} =\begin{cases} -f(x) & f(x)< 0 \\ 0 & f(x)\geq 0 \end{cases}

$f^{+}\geq 0,f^{-}\geq 0$

Además

f=f^{+} -f^{-}

f^{+} =f \cdot \mathcal{X}_{\{ f\geq 0 \}} \quad \quad f^{-} =-f \cdot\mathcal{X}_{\{ f\leq 0 \}}

${\color{Cyan} \text{Def. :} }$

\begin{array}{l} \text{Teorema} \end{array}

$f:E\to \mathbb{R}$ medible.

\int_{E}f=\int_{E}f^{+} - \int_{E}f^{-}

Ejercicio: Todo lo que hicimos para funciones positivas ( $f\geq 0$ ) vale para $f$ en general

Comentario del profesor:

Típico ejercicio/truco de examen: Si quiero demostrar algo para una función general $f$ , primero lo demuestro para funciones positivas, y luego uso esta descomposición ( $f = f^+ - f^-$ ) para extender el resultado.

Lo que quedó pendiente de la teo anterior

Teorema de convergencia monótona

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