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

MAESTRÍA EN MATEMÁTICAS
MÓDULO TEORÍA DE LA MEDIDA
EXAMEN FINAL
1. Cuestiones breves (elegir cuatro):
a) Si A es una familia de subconjuntos de un conjunto arbitrario X , ¿cómo se
construye la mı́nima σ -álgebra que contiene a A?
Solución. Llamamos F a la familia de todas las σ-álgebras que
contienen a A (seguro que alguna existe porque P (X) es una σálgebra y contiene
T a cualquier familia de subconjuntos de X) y
definimos C = {B : B ∈ F}. Por definición, A ⊂ B, para todo
B ∈ F, de modo que A ⊂ C. Además C es una σ-álgebra (por serlo
B, para todo B ∈ F).
Por último, si B es una σ-álgebra que contiene a A, entonces B ⊃ C
por la propia definición de C.
b) Prueba que, si f, g : ZX → [−∞,
Z ∞] son funciones medibles iguales en casi
g para todo conjunto medible E .
f=
todo punto, entonces
E
E
Solución. Basta probarlo para el caso f, g ≥ 0 (en el caso general
se descompone f = f + − f − y g = g + − g − ).
Sea h = f − g. Si ϕ es una Zfunción simple tal que 0 ≤ ϕ ≤ h,
entonces ϕ = 0 c.s. Por tanto,
ϕ = 0. Por la definición de integral
Z
h = 0.
de funciones medibles no negativas se deduce que
E
E
Z
c) Prueba que, si f, g : X → [0, ∞] son funciones medibles tales que
f =
E
Z
g para un conjunto medible E , entonces f y g son iguales en casi todo
E
punto de E .
Solución. Para cualquier n ∈ N,
Z
Z
µ({x : f · χE ≥ 1/n}) ≤ n f · χE dµ = n f dµ = 0.
E
Como
{x : (f − g) · χE > 0} =
[
n∈N
{x : (f − g) · χE ≥ 1/n},
entonces µ({x : (f − g) > 0} ∩ E) = µ({x : (f − g) · χE > 0}) = 0.
Además, para cualquier n ∈ N,
Z
Z
µ({x : f · χE ≥ 1/n}) ≤ n f · χE dµ = n f dµ = 0.
E
d ) Prueba que todo conjunto con medida exterior cero es medible Lebesgue.
Solución. Por hipótesis, m∗ (E) = 0. Debemos probar que, dado
cualquier conjunto A, m∗ (A) = m∗ (A ∩ E) + m∗ (A ∩ E c ).
Por una parte, como A = (A∩E)∪(A∩E c ), por la subaditividad de
la medida exterior sabemos que m∗ (A) ≤ m∗ (A ∩ E) + m∗ (A ∩ E c ).
Por otra parte, como A∩E ⊂ E, entonces m∗ (A∩E) ≤ m∗ (E) = 0.
Además, como A∩E c ⊂ A, entonces m∗ (A∩E c ) ≤ m∗ (A). Ası́ pues,
m∗ (A ∩ E) + m∗ (A ∩ E c ) ≤ 0 + m∗ (A).
De ambas desigualdades se deduce que E es medible.
e) Sea f una función integrable Lebesgue Zy no negativa. Si α > 0 y Eα = {x :
1
f.
f (x) > α}, prueba que m(Eα ) ≤
α
Solución. Es evidente que
Z
α · m(E) =
Z
α · χE ≤
Z
f≤
E
f.
X
f ) 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.
2. Teorı́a.
Enuncia el lema de Fatou y demuestra el teorema de la convergencia dominada.
Solución. Lema de Fatou. Si (fn ) es una sucesiónZ de funciones Zmedibles no negativas y fn (x) → f (x) c.s. en E, entonces
f ≤ lı́m inf
fn .
E
E
Teorema de la convergencia dominada. Sean g una función integrable sobre E y (fn ) una sucesión de funciones medibles tales que
|fn | ≤ g en E y f (x) = lı́m fn (x) c.s. en E. Entonces
Z
Z
f = lı́m fn .
E
E
Demostración. Por hipótesis |fn | ≤ g, es decir −g ≤ fn ≤ g. Esto
quiere decir que las funciones g − fn y g + fn son no negativas.
Si aplicamos el lema de Fatou a la sucesión g − fn , tenemos:
Z
Z
(g − f ) ≤ lı́m inf (g − fn ).
E
E
Como |f | ≤ g, f es integrable y
Z
Z
Z
Z
g − lı́m sup fn ,
f≤
g−
Z
f ≥ lı́m sup
de donde
E
E
E
E
Z
E
fn .
E
Análogamente,
si aplicamos
el lema de Fatou a la sucesión g + fn , llegZ
Z
amos a
f ≤ lı́m inf
fn .
E
E
Z
Z
Z
fn . De aquı́ se deduce la
f ≤ lı́m inf
En definitiva, lı́m sup fn ≤
E
igualdad.
E
E
3. Problemas (elegir dos):
2
a) Se considera
Z la sucesión (fn )n∈N de funciones
Z definidas por fn (x) = sen (nx).
2π
Calcula
2π
lı́m inf fn (x) dx y lı́m inf
0
el resultado obtenido?
fn (x) dx. ¿Qué teorema afirma
0
Solución. La función fn (x) = sen2 (nx) oscila entre los valores 0 y 1
y, cuando n → ∞, la sucesión (fn ) no tiene lı́mite.
Pero su lı́mite inZ
2π
ferior es 0 y su lı́mite superior es 1. Ası́ pues,
lı́m inf fn (x) dx =
0
Z
2π
2π
Z
1
fn (x) dx =
2
Z
2π
0 dx = 0 pero
(1−cos(2nx)) dx = π. Por
0
0
Z 2π 0
fn (x) dx = π.
tanto, lı́m inf
0
Z 2π
Z 2π
fn (x) dx, delı́m inf fn (x) dx < lı́m inf
Observamos que
0
0
sigualdad que afirma el lema de Fatou.
b) Calcula lı́m
n→∞
Z
n
0
x2
1+
n
n
2
e−2x dx justificando la validez de los teoremas
utilizados.
x2
Solución. Consideramos la sucesión fn (x) = 1 +
n
χ[0,n] (x) de funciones medibles no negativas en (0, ∞).
Por una parte, fn (x) ≤ fn+1 (x), ∀x > 0:
En efecto,
x2
1+
n
n
≤
x2
1+
n+1
n+1
⇐⇒
n
2
e−2x ·
(n + x2 )n
nn
≤
.
(n + 1 + x2 )n+1
(n + 1)n+1
2 n
(n+x )
Si definimos la función f (x) = (n+1+x
2 )n+1 , la desigualdad anterior
equivale a f (x) ≤ f (0), ∀x ≥ 0. Esta última desigualdad será cierta
si f es decreciente en (0, ∞). Pero
f 0 (x) =
−2x3 (n + x2 )n−1
≤0
(n + 1 + x2 )n+1
con lo que f es decreciente.
2
Por otra parte, lı́mn→∞ fn (x) = e−x si x ≥ 0 (basta calcular
n
n
·x2
x2
x2 x2
2
lı́m 1 +
= ex ).
= lı́m 1 +
n→∞
n→∞
n
n
Podemos entonces aplicar el teorema de la convergencia monótona:
Z ∞
Z ∞
lı́m
fn (x) dx =
lı́m fn (x) dx.
n→∞
0
0
Por tanto,
Z
lı́m
n→∞
n
Z
fn (x) dx =
0
∞
√
−x2
e
0
dx =
π
.
2
c) Sean (X, Ω, µ) unZ espacio de medida y f una función integrable. Prueba que la
función ν(E) =
f dµ, ∀E ∈ Ω, es una medida con signo y que ν << µ.
E
Solución. Para que sea una medida con signo debe verificar los
siguientes axiomas:
R
• ν(∅) = 0. En efecto, ν(∅) = ∅ f dµ = 0 .
• ν sólo toma uno de los valores ±∞.
Como f es integrable, entonces
Z
f · χE dµ es finita (ν no toma el
es finita c.s. con lo que ν(E) =
X
valor infinito).
• ν es numerablemente aditiva. Para probarlo, sea (En )n∈N una
sucesión de conjuntos medibles disjuntos dos a dos y supongamos
que f ≥ 0 (para el caso general basta descomponer f = f + − f −
pues f + , f − ≥ 0).
k
[
[
Llamamos A =
En y Ak =
En . Ası́ pues, (f · χAk )k∈N es
n∈N
n=1
una sucesión creciente de funciones integrables no negativas tal que
lı́mk→∞ f ·χAk = f ·χA . Por el teorema de la convergencia monótona,
Z
f · χAk dµ = lı́m
ν(A) = lı́m
k→∞
X
k→∞
k
X
n=1
ν(En ) =
X
ν(En ).
n∈N
Falta comprobar que ν << µ. Para ello, supongamos que E es un
conjunto medible tal que µ(E) = 0. Entonces f · χE = 0 sobre
E c , con Zlo que f · χE = 0 c.s. con respecto a µ. Esto significa que
ν(E) =
f · χE dµ = 0.
X
Puntuación:
5 puntos cada cuestión, 14 puntos la teorı́a, 8 puntos cada problema.
Total: 50 puntos.
27 de Septiembre de 2007