MAESTRÍA EN MATEM´ATICAS M´ODULO TEORÍA DE LA MEDIDA

MAESTRÍA EN MATEMÁTICAS
MÓDULO TEORÍA DE LA MEDIDA
EXAMEN FINAL / SEGUNDA CONVOCATORIA
A. Cuestiones breves (elegir cuatro):
S
P
1. Define la medida exterior de un conjunto A ⊂ R y prueba que m∗ ( n∈N An ) ≤ n∈N m∗ (An ),
para cualquier sucesión (An )n∈N de conjuntos en R.
Solución. Dado un conjunto E ⊂ R, se define la medida exterior de E como
X
m∗ (E) = ı́nf
m(In ), con In intervalos abiertos.
S
E⊂
In
n∈N
Sea ahora (An )n∈SN una sucesión
P de conjuntos en R. Si algún An tiene medida exterior infinita, la
desigualdad m∗ ( n∈N An ) ≤ n∈N m∗ (An ) es evidente.
Si m∗ (An ) < S
∞, para todo
sucesión (In,i )i∈N de intervalos abiertos
P n, dado ε > 0,∗ existe una
−n
tal
S que An ⊂ i∈N In,i y i∈N m(In,i ) < m (An ) + 2 · ε. La sucesión doble (In,i )n,i∈N cubre a
n∈N An y
[
XX
X
X
m∗ (
An ) ≤
m(In,i ) <
(m∗ (An ) + 2−n · ε) =
m∗ (An ) + ε.
n∈N
n∈N i∈N
n∈N
n∈N
S
P
En definitiva, m∗ ( n∈N An ) ≤ n∈N m∗ (An ).
2. Escribe la definición de conjunto medible Lebesgue y prueba que, si (Ei )i∈N es una sucesión de
conjuntos medibles y Ek ⊂ Ek+1 , para todo k ∈ N, entonces
[
m( Ei ) = lı́m m(En ).
n→∞
i∈N
Solución. Un conjunto E es medible si, para todo conjunto A,
m∗ (A) = m∗ (A ∩ E) + m∗ (A ∩ E c ).
Dada la sucesión (Ei )i∈N de conjuntos medibles, construimos los conjuntos F1S= E1 , F
Sk = Ek \
Ek−1 , k ≥ 2. Ası́, (Fk )k∈N es una sucesión de conjuntos medibles disjuntos y Fk = Ek . Por
tanto,
n
n
[
X
X
[
m(
Ek ) =
m(Fk ) = lı́m
m(Fk ) = lı́m m(
Fk ) = lı́m m(En ).
k∈N
k∈N
n→∞
k=1
n→∞
k=1
n→∞
3. Sea X un conjunto no numerable
y A = {B ⊂ X : B es numerable ó B c es numerable}. Dado
(
0 si B es numerable,
B ∈ A, definimos µ(B) =
Prueba que µ es una medida finita en
1 si B c es numerable.
(X, A).
Solución. Es evidente que µ(A) ≥ 0, para todo A ∈ A, y que µ(∅) = 0.
S
P
Sea (An )n∈N ⊂ A una familia disjunta. Si An son numerables, µ( SAn ) = 0 = µ(An ) y,
Psi algún
Ai no es numerable, para todo j 6= i, Aj ⊂ Aci es numerable y µ( An ) = 1 = µ(Ai ) = µ(An ).
4. Sea (fn )n∈N una sucesión de funciones medibles Lebesgue. Prueba que sup fn , ı́nf fn , lı́m fn son
medibles.
Solución. Si llamamos g(x) = supn∈N fn (x), entonces
[
{x : g(x) > α} =
{x : fn (x) > α},
n∈N
de modo que g es medible (análogamente con el ı́nfimo pues ı́nf fn = − sup(−fn )).
Como lı́m sup fn = ı́nf k∈N supn≥k fn , entonces es una función medible (análogamente con el lı́mite
inferior). Por tanto, si existe lı́m fn , también es medible.
5. Sea f una función
Z integrable Lebesgue y no negativa. Si α > 0 y Eα = {x : f (x) > α}, prueba
1
que m(Eα ) ≤
f.
α
Solución. Es evidente que
Z
Z
Z
α · m(E) = α · χE ≤
f≤
f.
E
X
6. Sea ν una medida con signo en un espacio (X, Ω). Define un par de medidas ν + y ν − mutuamente
singulares tales que ν = ν + − ν − y prueba que, efectivamente, son mutuamente singulares.
Solución. Sea {A, B} una descomposición de Hahn de ν, es decir A positivo y B negativo tales
que X = A ∪ B y ∅ = A ∩ B. Definimos
ν + (E) = ν(E ∩ A), ν − (E) = −ν(E ∩ B)
las cuales verifican que ν = ν + − ν − porque E = (E ∩ A) ∪ (E ∩ B) (unión disjunta).
Las medidas ν + y ν − son mutuamente singulares debido a que
ν + (B) = ν(A ∩ B) = 0 y ν − (A) = −ν(A ∩ B) = 0.
B. Problemas (elegir dos):
1. a) Escribe la definición de función de variación acotada.
(
x · sen x1
si x > 0,
b) Demuestra que la función f (x) =
no es de variación acotada en [0, 2π].
0
si x = 0,
Rx
c) Demuestra que, si una función f es integrable Lebesgue en [a, b] y F (x) = a f , entonces F es
de variación acotada en [a, b].
Solución. a) Una función f : [a, b] → R es de variación acotada en [a, b] cuando
( k
)
X
sup
|f (xi ) − f (xi−1 )| : {x0 , x1 , . . . , xk }es una partición de [a, b] < ∞.
i=1
b) Consideremos la partición de [0, 2π] siguiente:
2
2
2
Pn = 0,
,
, . . . , , 2π .
nπ (n − 1)π
π
De este modo,
n+1
X
|f (xi ) − f (xi−1 )| ≥
i=1
n
X
2
.
iπ
i=1
Como la serie i∈N 1i es divergente, la función no es de variación acotada.
c) Sea {x0 , x1 , . . . , xk } una partición de [a, b]. Entonces
Z b
k
k Z xi
k Z xi
X
X
X
|F (xi ) − F (xi−1 )| =
f (t) dt ≤
|f (t)| dt.
|f (t)| dt =
xi−1
xi−1
a
P
i=1
i=1
Por tanto, Tab (F ) ≤
i=1
b
Z
|f (t)| dt < ∞.
a
n
Z
q
2. Sea q un entero positivo. Demuestra que lı́m
n→∞ 0
(ln x)
x n
1−
dx =
n
Z
∞
(ln x)q e−x dx, justi-
0
ficando la validez de los teoremas utilizados.
n
Solución. Consideremos la sucesión fn (x) = (ln x)q 1 − nx · χ[0,n] (x). Veamos en primer lugar
que |fn (x)| ≤ (ln x)q · e−x .
n
Si x < n, es fácil ver que ln(1 − x/n) ≤ −x/n. Por tanto, 1 − nx ≤ e−x . Además, si x ≥ n,
fn (x) = 0.
Ahora comprobemos que g(x) = (ln x)q · e−x es integrable en (0, ∞):
Z
∞
q
−x
(ln x) · e
1
Z
q
(ln x) · e
dx =
0
−x
Z
dx +
0
∞
(ln x)q · e−x dx.
1
La primera integral es convergente: si aplicamos el criterio de comparación con h1 (x) = x−1/2 ,
q ·e−x
tenemos lı́mx→0 (lnxx)
= 0.
−1/2
La segunda integral es convergente: por el criterio de comparación con h2 (x) = x−2 , nuevamente
q ·e−x
= 0.
tenemos lı́mx→∞ (ln x)
x−2
Podemos entonces aplicar el teorema de la convergencia dominada de Lebesgue. Ası́ pues,
Z n
Z ∞
Z ∞
Z ∞
x n
q
lı́m
(ln x) 1 −
dx = lı́m
fn (x) dx =
lı́m fn (x) dx =
(ln x)q e−x dx.
n→∞ 0
n→∞ 0
n
0 n→∞
0
3. Dada la función f : [0, 1] × [0, 1] → R definida por
(
−3
si 0 < y < x − 21 x − 12
f (x, y) =
0
en el resto,
Z
1 Z 1
calcula
Z
1 Z 1
f (x, y) dx dy y
0
0
f (x, y) dy dx. Deduce de lo anterior si f es o no
0
0
integrable en [0, 1] × [0, 1] justificando la respuesta.
R1
Solución. Calculemos en primer lugar la función g(y) = 0 f (x, y) dx:
1
1
€€€€
2
1
1
€€€€
2
Si y < 1/2, entonces
Z
g(x) =
−y+1/2
−3
(x−1/2)
1
Z
dx+
0
(x−1/2)−3 dx =
y+1/2
(x − 1/2)−2 −y+1/2 (x − 1/2)−2 1
+
= 0.
−2
−2
0
y+1/2
Si y > 1/2, entonces g(x) = 0.
R1
De lo anterior se deduce que 0 g(x) dx = 0.
R1
Veamos ahora el cálculo de h(x) = 0 f (x, y) dy:
Si x < 1/2, entonces
−x+1/2
Z
h(x) =
(x − 1/2)−3 dy = −(x − 1/2)−2 .
0
Si x > 1/2, entonces
Z
x−1/2
h(x) =
(x − 1/2)−3 dy = (x − 1/2)−2 .
0
De lo anterior se deduce que
Z
1
Z
−2
−(x − 1/2)
h(x) dx =
0
1/2
0
Z
1
dx +
(x − 1/2)−2 dx.
1/2
Ambas integrales son divergentes de modo que no existe esta integral.
Por el teorema de Fubini deducimos que la función f (x, y) no es integrable en el cuadrado [0, 1] ×
[0, 1].
C. Teorı́a: Escribe la definición de medidas singulares y medidas absolutamente continuas y demuestra el
teorema de descomposición de Lebesgue.
Solución. Sean ν1 y ν2 dos medidas en un espacio (X, Ω). Decimos que ν1 y ν2 son mutuamente
singulares (lo que denotaremos por ν1 ⊥ν2 ) si existen A y B medibles y disjuntos tales que X = A ∪ B
y ν1 (A) = ν2 (B) = 0.
Decimos que ν1 es absolutamente continua respecto a ν2 (lo que escribiremos como ν1 << ν2 ) si
ν2 (A) = 0 =⇒ ν1 (A) = 0.
Teorema de descomposición de Lebesgue. Sea (X, Ω, µ) un espacio de medida σ-finito y ν una
medida σ-finita definida en Ω. Entonces existen ν0 ⊥µ y ν1 << µ tales que ν = ν0 + ν1 . Dichas medidas
son únicas.
El par (ν0 , ν1 ) recibe el nombre de descomposición de Lebesgue de ν respecto a µ.
Demostración. Nos limitaremos al caso de medidas positivas.
La medida λ = µ + ν es σ-finita. Como µ y ν son absolutamente continuas respecto a λ, por el teorema
de Radon-Nikodym existen f y g medibles y no negativas tales que
Z
Z
g dλ, ∀E ∈ Ω.
f dλ, ν(E) =
µ(E) =
E
E
Sean A = {x : f (x) > 0} y B = {x : f (x) = 0}. Entonces X = A ∪ B, con A ∩ B = ∅ y µ(B) = 0.
Si definimos ν0 (E) = ν(E ∩ B), entonces ν0 (A) = 0, de donde ν0 ⊥µ.
Z
g dλ, entonces ν = ν0 + ν1 . Sólo queda probar que ν1 << µ.
Si definimos ν1 (E) = ν(E ∩ A) =
E∩A
Z
f dλ = 0, de donde f = 0 c.s. en E con
Para ello, sea E un conjunto tal que µ(E) = 0. Entonces
respecto a λ.
E
Como f > 0 en A∩E, debe ser λ(A∩E) = 0. Por tanto, ν(A∩E) = 0 y también ν1 (E) = ν(A∩E) = 0.
Para probar la unicidad, sean (ν0 , ν1 ) y (ν00 , ν10 ) dos descomposiciones de ν respecto a µ. Como ν =
ν0 + ν1 = ν00 + ν10 , entonces ν0 − ν00 = ν10 − ν1 . Pero ν0 − ν00 ⊥µ y ν10 − ν1 << µ, de modo que ν0 = ν00 y
ν1 = ν10 .
Puntuación:
5 puntos cada cuestión, 14 puntos la teorı́a, 8 puntos cada problema. Total: 50 puntos.
17 de Enero de 2008