Thu-10-07-2025 03:20 profe: Dario Martin Aza status: tags:

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Recuerdo

• $f$ es medible si $f^{-1}\{ (a,+\infty) \}$ es medible $\forall a \in \mathbb{R}$
• $f$ es integrable si es medible y $\displaystyle \int_{\mathbb{R}} |f| \, d\mu<\infty$
• $f$ es integrable en un subconjunto $E\subseteq \mathbb{R}$ si $f\cdot\mathcal{X}_{E}$ es integrable.
• Teo (monótona): $(f_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ medibles, $0\leq f_{1}\leq f_{2}\leq\dots\leq f_{n}\leq f_{n+1}\leq\dots$ $f_{n}\to f\:ctp\implies f$ medible y $\displaystyle \int_{} f_{n} \, d\mu\longrightarrow \int_{} f \, d\mu$
• Teo (dominada): $(f_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ medibles, $f_{n}\to f\:ctp.$ Si $\:\exists\:{\Large\varphi}$ integrable tal que $|f_{n}(x)|={\Large\varphi}(x)\quad\forall x \in \mathbb{R}\:\forall n\in \mathbb{N}$

$$\implies f_{n},f\text{ son integrables y }\int_{} f_{n} \, d\mu \longrightarrow \int_{} f \, d\mu$$

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Ejercicio 1

Sea $(a_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ una sucesión de conjuntos medibles $A_{n}\subseteq[0,1]$ tales que $A_{n+1}\subseteq A_{n}\quad\forall n\in \mathbb{N}$. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ integrable tal que $0\leq f(x)<1\:ctp.$ Sean $f_{n}(x)=(1+(f(x))^{n})\cdot\mathcal{X}_{A_{n}}(x)$ Probar que $f_{n}$ son integrables $\forall n\in \mathbb{N}$ y que $\displaystyle \underset{ n\to \infty }{ \lim }\int_{0} ^{1}f_{n} \, d\mu=\mu\left( \bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n} \right)$

$Sol:$ Si $x \in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n}$, entonces

$$f_{n}(x)=(1+(f(x)^{n} ))\cdot\underbrace{ \mathcal{X}_{A_{n}} (x) }_{ =1 }\longrightarrow 1\text{ si } 0\leq f(x)<1\text{ (lo cual vale en ctp)}$$

Entonces hay un conjunto $E$ con $\mu(E)=0$ tal que si $x \in \displaystyle\bigcap A_{n} \setminus E$ (vale $f_{n}(x)\longrightarrow 1$ )

Por otro lado, si $x \not\in \displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n},\:\exists\:A_{k}$ con $x \in A_{k}\implies x \not\in A_{j}\quad\forall j\geq k$. Por lo cual $f_{n}(x)=0\quad\forall n\geq k\implies f_{n}(x)\longrightarrow 0$

Esto prueba que $f_{n}(x)\longrightarrow\mathcal{X}_{\bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n}}$ ctp. Queremos usar el teorema de dominadas.

Obs: $f_{n}$ son medibles $\forall n$ por producto de medibles.

Sea

$${\Large\varphi}(x)=2\cdot\mathcal{X}_{[0,1]} =\begin{cases} 2 & \text{en }[0,1] \\ 0 & \text{en } \mathbb{R}\setminus[0,1] \end{cases}\implies {\Large\varphi}\text{ es integrable}$$

Como ${\Large\varphi}(x)\geq |f_{n}(x)|$ Pues $|f_{n}(x)|\leq |1+(f(x))^{n}|\leq{1}+|(f(x))|^{n}\leq1+1=2\quad ctp$, no acota $\forall x,$ pero vale igual.

Entonces por el teorema de convergencia dominada los $f_{n}$ son todos integrables y $\displaystyle \int_{} f_{n} \, d\mu\longrightarrow \int_{} \mathcal{X}_{\bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n}} \, d\mu=\mu\left( \bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n} \right)$

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Ejercicio 1

Sea $(A_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ una sucesión de conjuntos medibles $A_{n} \subseteq [0,1]$ tal que $A_{n+1} \subseteq A_{n} \quad \forall n\in \mathbb{N}$. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ integrable tal que $0 \leq f(x) < 1$ c.t.p. Definimos la sucesión de funciones:

$$f_{n}(x) = (1 + (f(x))^n)\cdot \mathcal{X}_{A_n}(x)$$

Probar que $f_n$ es integrable $\forall n\in \mathbb{N}$ y que

$$\lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} f_n \, d\mu = \mu\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n \right)$$

Solución

Si $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n$, entonces:

$$f_n(x) = (1 + (f(x))^n)\cdot \underbrace{\mathcal{X}_{A_n}(x)}_{=1} \to 1 \quad \text{pues } 0 \leq f(x) < 1$$

Como $f(x) < 1$ c.t.p., existe un conjunto $E$ con $\mu(E) = 0$ tal que si $x \in \bigcap A_n \setminus E$, se tiene $f_n(x) \to 1$.

Por otro lado, si $x \notin \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n$, entonces $\exists k \in \mathbb{N}$ tal que $x \notin A_k$. Como $A_{n+1} \subseteq A_n$, se tiene que $x \notin A_n \quad \forall n \geq k$, y por lo tanto:

$$f_n(x) = 0 \quad \forall n \geq k \Rightarrow f_n(x) \to 0$$

Por lo tanto, $f_n(x) \to \mathcal{X}_{\bigcap_{n=1}^{\infty} A_n}(x)$ c.t.p.

Teorema aplicado: Convergencia Dominada de Lebesgue

Queremos usar el teorema de convergencia dominada. Notamos que $f_n$ es medible $\forall n$, ya que es producto de funciones medibles.

Buscamos una función integrable que domine a todas las $f_n$. Sea:

$$\varphi(x) = 2\cdot \mathcal{X}_{[0,1]}(x) = \begin{cases} 2 & \text{si } x \in [0,1] \\ 0 & \text{si } x \notin [0,1] \end{cases}$$

La función $\varphi$ es integrable, ya que:

$$\int \varphi \, d\mu = \int_{[0,1]} 2 \, d\mu = 2\cdot\mu([0,1]) = 2$$

Además, para todo $x \in [0,1]$:

$$|f_n(x)| \leq 1 + |f(x)|^n \leq 1 + 1 = 2$$

y para $x \notin [0,1]$, $f_n(x) = 0$. Por lo tanto, $|f_n(x)| \leq \varphi(x)$ c.t.p.

Aplicando el teorema de convergencia dominada:

$$\int f_n \, d\mu \longrightarrow \int \mathcal{X}_{\bigcap_{n=1}^{\infty} A_n} \, d\mu = \mu\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n \right)$$

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Ejercicio 2

$$\text{Calcular } \underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{0}^{1} \frac{n\cdot sen\left( \frac{x}{n} \right)}{x\cdot(x^{2}+1)} \, dx$$

$Sol:$ Sea $f_{n}(x)=\frac{n\cdot sen\left( \frac{x}{n} \right)}{x\cdot(x^{2}+1)}$ con $f_{n}:[0,1]\to \mathbb{R}$ Busquemos

$$\underset{ n\to \infty }{ \lim } f_{n}(x)=\underset{ n\to \infty }{ \lim } \frac{n\cdot sen\left( \frac{x}{n} \right)}{x\cdot(x^{2}+1)}=\underset{ n\to \infty }{ \lim } \frac{sen\left( \frac{x}{n} \right)}{\frac{x}{n}\cdot(x^{2}+1)}=\frac{1}{x^{2}+1}$$

(fuera de $x=0$, osea ctp ) $f_{n}$ es continua $\forall n\in \mathbb{N}\implies f_{n}$ es medible $\forall n\in \mathbb{N}$

$$|f_{n}(x)|=\frac{n\cdot |sen\left( \frac{x}{n} \right)|}{x\cdot(x^{2}+1)}\leq \frac{n\cdot \frac{x}{n}}{x\cdot(x^{2}+1)}=\frac{1}{x^{2}+1}\quad \forall n\in \mathbb{N},\forall x \in(0,1]$$

$\implies \frac{1}{1+x^{2}}$ es integrable, podemos usar el teorema de convergencia dominada.

$$\implies \underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{0}^{1} \frac{n\cdot sen\left( \frac{x}{n} \right)}{x\cdot(x^{2}+1)} \, dx =\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} \, dx =tg ^{-1}(1)- tg ^{-1}(0)= \frac{\pi}{4}-0=\frac{\pi}{4}$$

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Ejercicio 3

$$\text{Calcular }\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{0}^{+\infty} \frac{n^{\frac{3}{2}}\cdot x^{2} }{n^{\frac{3}{2}} +n^{2}\cdot x^{4} } \, dx$$

Sea $f_{n}(x)= \displaystyle \frac{n^{\frac{3}{2}}\cdot x^{2} }{n^{\frac{3}{2}} +n^{2}\cdot x^{4} }\underset{ n\to \infty }{ \longrightarrow } 0$ (puntualmente)

$$|f_{n}(x)|=f_{n}(x)=\frac{n^{\frac{3}{2}}\cdot x^{2} }{n^{\frac{3}{2}} +n^{2}\cdot x^{4} }\underset{ (1) }{ \leq } \frac{n^{\frac{3}{2}}\cdot x^{2} }{n^{2}\cdot x^{4} }=\frac{1}{\sqrt{ n }\cdot x^{2}}\leq \frac{1}{x^{2}}={\Large\varphi}(x)$$

(1) : $n^{\frac{3}{2}}+n^{2}x^{4}\geq n^{2}x^{4}$

${\Large\varphi}$ es integrable?

$$\int_{0}^{+\infty} x^{-2} \, dx=\left.(-x ^{-1})\right|_{0}^{+\infty} =\underset{ p\to ^{+} \infty,q\to 0 }{ \lim }\frac{1}{q}-\frac{1}{p}=+\infty$$

$\implies {\Large\varphi}$ no es integrable.

$$f_{n}(x)=\frac{n^{\frac{3}{2}}\cdot x^{2} }{n^{\frac{3}{2}} +n^{2}\cdot x^{4} }\leq \frac{n^{\frac{3}{2}} x^{2}}{n^{\frac{3}{2}} }=x^{2}$$ $$\text{Sea }{\Large\varphi}(x)=\begin{cases} x^{2} & x \in[0,1] \\ x^{-2} & x \in(1,+\infty) \end{cases}$$ $${\Large\varphi}(x)=x^{2}\cdot\mathcal{X}_{[0,1]} +x^{-2} \cdot\mathcal{X}_{(1,+\infty)}$$

$\implies {\Large\varphi}$ es medible (e integrable, queda de ejercicio) Tenemos que ${\Large\varphi}$ es integrable y $f_{n}(x)$ es medible $\forall n$ porque es continua. Entonces (dominada)

$$\text{Luego }\underset{ n\to \infty }{ \lim } \int_{0}^{+\infty} \frac{n^{\frac{3}{2}}\cdot x^{2} }{n^{\frac{3}{2}} +n^{2}\cdot x^{4} } \, dx =\int_{0}^{+\infty} {\Large\varphi}(x) \, dx =\int_{0}^{1} x^{2} \, dx +\int_{1}^{+\infty} x^{-2} \, dx =0$$

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