Thu-19-06-2025 06:12 profe: Dario Martin Aza status: tags:

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$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ es medible si $\forall a \in \mathbb{R}$ $f ^{-1}((a,+\infty))=\{ f>a \}$ es medible.

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Ejercicio 1

Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ derivable. Probar que $f'$ es medible.

Idea: $f$ derivable $\implies f$ continua $\implies f$ medible.

$Sol:$ Sea para cada $n \in \mathbb{N},$

$$f_{n}(x)=\frac{f\left( x+ \frac{1}{n} \right)-f(x)}{ \frac{1}{n}}$$ $$f_{n}\longrightarrow f' \text{ puntualmente.}$$

El límite puntual de funciones medibles es medible.

Entonces, si las $f_{n}$ son medibles resultaría que $f'$ es medible. Como $f$ es derivable $f$ es continua y medible. $\implies f_{n}$ son medibles pues son resta de medible. Entonces $f'$ es medible.

$$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \boxed{\text{Q.E.D.}} \quad \square$$

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$Recuerdo:$

$E_{i}\subseteq \mathbb{R}$ conjuntos medibles tales que $E_{i}\supseteq E_{i+1}\quad\forall i \in \mathbb{N}$ y $\mu(E_{i})<\infty$. Probar que

$$\mu\left( \bigcap_{i=1}^{\infty} E_{i} \right)=\underset{ i\to \infty }{ \lim } \mu(E_{i})$$

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Ejercicio 2

Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ medible. Probar que $\forall\mathcal{E}>0,\:\exists\:\mu\geq 0$ y $A\subseteq[0,1]$ medible tales que:

• $|f(x)|\leq \mu \quad\forall x \in[0,1]\setminus A$
• $\mu(A)<\mathcal{E}$

$Sol:$ Sea $E_{n}=\underset{ =|f|^{-1}(n,+\infty) }{ \{ |f|>n \} }\subseteq[0,1]$

$E_{n}$ es medible $\forall n\in \mathbb{N}$ porque $|f|$ es una función medible. (Ejercicio guía 9, probar que $f$ medible $\implies |f|$ es medible.)

$$E_{n+1}\subseteq E_{n}\quad\forall n \in \mathbb{N}$$

¿Cuál es $\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}E_{n}$ ? $\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}E_{n}=\emptyset$ porque si $x \in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}E_{n}$ entonces $f(x)>n\quad\forall n \in \mathbb{N}.$ Pero $f(x) \in \mathbb{R}$ no puede cumplir esto. Entonces(por recordatorio) $\mu(E_{n})\longrightarrow \mu(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}E_{n})=\mu(\emptyset)=0$ Así, dado $\mathcal{E}>0,\:\exists\:n_{0}\in \mathbb{N}$ tal que si $n\geq n_{0}:\mu(E_{n})<\mathcal{E}$

Sea $A=E_{n_{0}}$ Por un lado $\mu(A)<\mathcal{E}$ (Por lo que dijimos recién.) Por otro, si $x \not\in A\implies |f(x)|\leq n_{0}=\mathcal{M}$

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Ejercicio 2

Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ medible. Probar que para todo $\mathcal{E}>0$, existen $\mu \geq 0$ y un conjunto medible $A\subseteq [0,1]$ tales que:

• $|f(x)| \leq \mu \quad \forall x \in [0,1]\setminus A$,
• $\mu(A) < \mathcal{E}$.

Solución

Para cada $n \in \mathbb{N}$, definimos el conjunto:

$$E_n := \{x \in [0,1] : |f(x)| > n\}.$$

Observamos que:

• $E_n$ es medible, ya que $f$ es medible $\Rightarrow |f|$ es medible (porque el valor absoluto es continuo), y el conjunto $\{|f| > n\}$ es medible.
• La sucesión $(E_n)$ es decreciente: $E_{n+1} \subseteq E_n$ para todo $n$.
• Como $f(x) \in \mathbb{R}$, no puede cumplirse $|f(x)| > n$ para todo $n$. Por lo tanto:

$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n = \emptyset.$$

Luego, por continuidad de la medida respecto de intersecciones decrecientes:

$$\mu(E_n) \to \mu\left(\bigcap_{n=1}^\infty E_n\right) = \mu(\emptyset) = 0.$$

Entonces, dado $\mathcal{E} > 0$, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $\mu(E_{n_0}) < \mathcal{E}$.

Definimos:

• $A := E_{n_0}$, conjunto medible;
• $\mu := n_0$, una cota.

Entonces:

• Si $x \notin A$ implica que $|f(x)| \leq n_0 = \mu$,
• Y $\mu(A) = \mu(E_{n_0}) < \mathcal{E}$.

$$\boxed{\text{Q.E.D.}}$$

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Integración

1. $f$ integrable Riemann en $(a,b)\implies f$ integrable Lebesgue en $(a,b)$ y las dos integrales coinciden.
2. $f_{n}$ integrables. $f_{n}\nearrow f$ en ctp $\implies f$ integrable y $\displaystyle\int f_{n}\to \int f$
3. Convergencia dominada: $(f_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ sucesión de funciones integrables, $f_{n}\to f$ ctp y $\phi$ una función integrable $|\phi|\geq |f_{n}|\quad\forall n\in \mathbb{N}\implies f$ integrable y $\displaystyle\int f_{n}\to \int f$ .

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Ejercicio 3

Sea $f$ una función integrable Lebesgue en $\mathbb{R}.$ Probar que $\underset{ n\to \infty }{ \lim }\displaystyle \int_{[-n,n]^{c}} f \, d\mu=0$

Sea $f_{n}(x)=f(x)\cdot\mathcal{X}_{[-n,n]^{c}}(x)$ Como $[-n,n]^{c}$ medible $\implies\mathcal{X}_{[-n,n]^{c}}$ medible. Con estas funciones, $f_{n}\to 0$ pues si $x \in \mathbb{R},$

$$f_{n}(x)=\begin{cases} f(x) & n<x\lor x<-n \\ 0 & x \in[-n,n] \end{cases}$$

Entonces $f_{n}(x)=0\quad\forall n\geq |x|\implies f_{n}(x)\longrightarrow 0$ Para cada $n \in \mathbb{N},|f_{n}(x)|\leq |f(x)|$ y $f$ integrable. Entonces por el teorema de convergencia dominada: $\phi=f=0$

$$\int f_{n}\longrightarrow \int 0 =0$$

Por lo que $\underset{ n\to \infty }{ \lim }\int f_{n}=0$

$$\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{[-n,n]^{c} } f \, d\mu =0$$

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Revisar:

Sea $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ una función integrable Lebesgue. Probar que

$$\lim_{n\to\infty} \int_{[-n,n]^c} f \, d\mu = 0,$$

donde $[-n,n]^c = \mathbb{R}\setminus[-n,n]$.

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Demostración:

Definimos las funciones

$$f_n(x) := f(x) \cdot \mathcal{X}_{[-n,n]^c}(x),$$

donde $\mathcal{X}_{[-n,n]^c}$ es la función característica del conjunto $[-n,n]^c$.

• Como $[-n,n]^c$ es medible, $\mathcal{X}_{[-n,n]^c}$ es medible, y $f$ es medible, entonces $f_n$ es medible.

• Para cada $x \in \mathbb{R}$, si $n \geq |x|$ se cumple $x \in [-n,n]$, entonces

$$f_n(x) = f(x) \cdot 0 = 0.$$

Así,

$$f_n(x) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 \quad \text{para todo } x \in \mathbb{R}.$$

• Además, para todo $n$ y casi todo $x$,

$$|f_n(x)| = |f(x)| \cdot \mathcal{X}_{[-n,n]^c}(x) \leq |f(x)|.$$

• Como $f$ es integrable, $|f|$ es integrable y sirve como función dominante.

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Aplicamos el Teorema de Convergencia Dominada:

$$\lim_{n\to\infty} \int f_n \, d\mu = \int \lim_{n\to\infty} f_n \, d\mu = \int 0 \, d\mu = 0.$$

Por lo tanto,

$$\boxed{ \lim_{n\to\infty} \int_{[-n,n]^c} f \, d\mu = 0. }$$

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Ejercicio 4

Sea $f:[0,1]\longrightarrow\mathbb{R}$ una función integrable Lebesgue. Calcular

$$\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{0}^{1} x^{n} \cdot f \, dx$$

$Sol:$ Sea $f_{n}(x)=x^{n}\cdot f(x),f_{n}:[0,1]\longrightarrow\mathbb{R}$. Todas las $f_{n}$ son producto de dos funciones medibles Entonces $f_{n}$ medible $\forall n\in \mathbb{N}$ Afirmo que si $x \in[0,1),f_{n}(x)\longrightarrow 0$ pues

$$f_{n}(x)=\underbrace{ x^{n} }_{ \to 0 } \cdot \underbrace{ f(x) }_{ constante }\longrightarrow 0$$

Por otro lado $f_{n}(1)=f(1)\quad\forall n\in \mathbb{N}$ Como $\{ 1 \}$ es de medida cero, $f_{n}\longrightarrow 0$ ctp. Afirmo que $|f_{n}(x)|\leq |f(x)|\quad\forall x \in[0,1]$ En efecto,

$$|f_{n}(x)|=|x^{n} \cdot f(x)|=|x|^{n} \cdot |f(x)|\leq 1\cdot |f(x)|$$

Como $f$ integrable, por el teorema de convergencia dominada

$$\int f_{n}\longrightarrow \int 0 =0$$

Las $f_{n}$ están mayoradas por una función que es integrable, por lo tanto es integrable.

$$\implies \underset{ n\to \infty }{ \lim } \int x^{n} \cdot f(x)=0$$

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Ejercicio 4

Sea $f:[0,1]\longrightarrow \mathbb{R}$ una función integrable Lebesgue. Calcular

$$\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^{n} \cdot f(x) \, dx.$$

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Solución

Definimos para cada $n \in \mathbb{N}$ la función

$$f_n(x) := x^{n} \cdot f(x).$$

• Como el producto de funciones medibles es medible, y $f$ es medible, entonces $f_n$ es medible para todo $n$.

• Observemos el comportamiento puntual de $f_n$:

  • Para $x \in [0,1)$, se cumple que

$$\lim_{n \to \infty} x^{n} = 0,$$

por lo tanto

$$f_n(x) = x^{n} \cdot f(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} 0.$$

• En $x = 1$, para todo $n$ se tiene

$$f_n(1) = 1^{n} \cdot f(1) = f(1).$$

Sin embargo, como el conjunto $\{1\}$ tiene medida cero, la convergencia es puntual casi en todo punto.

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• Ahora, para aplicar el Teorema de Convergencia Dominada, necesitamos una función dominante integrable que acote a $|f_n|$.

• Para todo $x \in [0,1]$ y para todo $n$,

$$|f_n(x)| = |x^{n} \cdot f(x)| = |x|^{n} \cdot |f(x)| \leq 1 \cdot |f(x)| = |f(x)|.$$

• Como $f$ es integrable, entonces $|f|$ es integrable y sirve como función dominante.

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Aplicamos el Teorema de Convergencia Dominada (TCD):

Dado que

• $f_n \to 0$ casi en todo punto,
• $|f_n| \leq |f|$ con $|f|$ integrable,

se concluye que

$$\lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n(x) \, dx = \int_0^1 \lim_{n\to\infty} f_n(x) \, dx = \int_0^1 0 \, dx = 0.$$

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Conclusión

$$\boxed{ \lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^{n} \cdot f(x) \, dx = 0. }$$