Área de Jordan por Jorge Viveros

CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
1. Área de Jordan
En esta sección se introduce la construcción de la medida de Jordan de subconjuntos acotados del plano, la cual llamaremos también medida de Jordan, área de Jordan, o área en
el sentido de Jordan, o simplemente área. Como lo indicaremos más adelante en el curso,
la construcción de la medida de Jordan de subconjuntos de Rq para cualquier entero q ≥ 1
es directa siguiendo los lineamientos que se esbozan abajo, teniendo cuidado únicamente
con el lenguaje y adaptando los valores de algunas de las constantes que aparecerán en
función de la dimensión q del espacio de trabajo. El material puede encontrarse en el
capı́tulo 4 de [2].
1.1. Definición del área de Jordan. Aquı́ definiremos el área de Jordan de un conjunto
acotado del plano y daremos una condición necesaria y suficiente para su existencia.
Def.1: un subconjunto S de R2 es acotado si existen enteros m1 , m2 , n1 , n2 tales que para
cualquier punto P(x, y) en S se cumple que m1 ≤ x ≤ m2 y n1 ≤ y ≤ n2 , es decir si S es
un subconjunto de la caja
[m1 , m2 ] × [n1 , n2 ] := {(x, y) | m1 ≤ x ≤ m2 , n1 ≤ y ≤ n2 } .
Def.2: sean j, k y n > 1 enteros. La celda Rnjk del plano se define de la siguiente manera,
k k+1
j j+1
.
:= n , n × n , n
2
2
2
2
1
El área de Rnjk se define y denota ası́,
A(Rnjk ) := 2n .
2
El n−enrejado del plano es la colección de celdas denotada y definida ası́
ô
ñ
Rnjk
ñ
ô
Cn := Rnjk | j, k ∈ Z .
¶
©
Observe que para cada entero n > 0 puede pensarse que el enrejado Cn+1 se obtuvo al
dividir en cuatro partes iguales cada celda en Cn , mediante la bisección de cada segmento
horizontal [ j2−n , ( j + 1)2−n ] y cada segmento vertical [k2−n , (k + 1)2−n ].
Def.3: sea S un subconjunto acotado del plano. La n-ésima área exterior de S y la
n-ésima área interior de S se denotan y definen de la siguiente manera respectivamente,
(1)
A+n (S ) :=
A(Rnjk ) ,
X
Rnjk ∩S ,
A−n (S ) :=
X
A(Rnjk ) .
Rnjk ⊂S
∅
Cuando la colección Rnjk ⊂ S es vacı́a se conviene en definir A−n = 0, similarmente si la
¶
©
colección Rnjk ∩ S , ∅ es vacı́a se define A+n (S ) = 0. En particular si S = ∅ entonces
A+n (S ) = 0 y A−n (S ) = 0.
¶
©
Date: August 3, 2021.
1
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2
Ejercicio 1: (a) suponiendo que las sumas A+n (S ) y A−n (S ) son finitas, demuestre que no
son negativas. (b) demuestre
que si© S es un subconjunto acotado y no vacı́o del plano
¶
entonces la colección R jk ∩ S , ∅ no es vacı́a y por lo tanto A+n (S ) , 0.
Hint: para la parte (a), A−n (S ) ≥ 0 pues A(Rnjk ) = 2−2n > 0 para toda n y A−n (S ) = 0 si y
sólo si ninguna celda Rnjk está contenida en S . Aquı́ se usaron las propiedades de orden de
los números reales que implican que la suma de dos números no negativos no es negativa
(cf [1] p. 32). Por la misma razón A+n (S ) ≥ 0. Para la parte (b) argumente que si S , ∅
entonces un punto P(x, y) necesariamente está en alguna celda Rnjk . Proceda ası́ (este
argumento se usará más adelante para demostrar que el área de Jordan de un rectángulo
de lados a y b es ab): suponga que x > 0 y considere el conjunto de todos los enteros
positivos m tales que m > x2n . Por el principio del buen orden dicho conjunto tiene un
elemento más pequeño m0 entonces si j = m0 − 1 se tiene que j2−n ≤ x ≤ ( j + 1)2−n .
Si x < 0 consider el conjunto de todos los enteros positivos m tales que m > (−x)2n , por
el principio del buen orden este conjunto tiene un elemento más pequeño m0 , entonces si
j = m0 , −( j − 1) ≥ x2n > − j. En cualquier caso (x > 0 o x > 0 hemos logrado establecer
que j2−n ≤ x ≤ ( j + 1)2−n para algún entero j. El mismo argumento establece que existe
un entero k tal que k2−n¶≤ y ≤ (k + 1)2−n©, es decir que el punto P(x, y) de S está en la
celda Rnjk y la colección Rnjk | Rnjk ∩ S , ∅ no es vacı́a, por lo que A+n (S ) , 0.
Lema 1: sea S un subconjunto acotado del plano y n > 0 entero. Entonces A+n (S ) es
finita, en particular la suma que define a A+n (S ) posee un número finito de sumandos.
Prueba: por hipótesis S ⊂ [m1 , m2 ] × [n1 , n2 ] para enteros m1 , m2 , n1 , n2 . Observe que
si J = 2n m1 , J 0 = 2n m2 , K = 2n n1 , K 0 = 2n n2 entonces S ⊂ C := [J2−n , J 0 2−n ] ×
[K2−n , K 0 2−n ]. Ası́ que toda celda Rnjk tal que S ∩ Rnjk , ∅ también satisface que C ∩ Rnjk ,
∅. Ahora observe que C puede particionarse exactamente en (J 0 − J)(K 0 −K) celdas lo que
significa que la suma en la definición de A+n (S ) posee a lo más (J 0 − J)(K 0 − K) sumandos.
Especı́ficamente,
X
X
(J 0 − J)(K 0 − K)
A+n (S ) =
A(Rnjk ) ≤
A(Rnjk ) =
.
22n
n
n
R jk ∩S ,
∅
R jk ∩C,
∅
La desigualdad puede ser estricta pues puede ser el caso que Rnjk ∩S = ∅ pero Rnjk ∩C , ∅.
QED
Ejercicio 2: suponga que a, b, c y d son números reales (no necesariamente enteros) tales
que S ⊂ [a, b] × [c, d]. Demuestre que existen enteros J, J 0 , K, K 0 tales que
K K0
J J0
C := n , n × n , n ⊃ [a, b] × [c, d] ⊃ S ,
2 2
2 2
ñ
ô
ñ
ô
de manera que S es un conjunto acotado del plano1.
1
la idea del ejercicio es hacer ver que no es necesario en la definición de conjunto acotado del plano
(Def.1) pedir que m1 , m2 , n1 , n2 sean enteros (se pidió ası́ por conveniencia, nada más)
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Hint: el siguiente argumento establece la existencia de la pared lateral derecha de C, es
decir del entero J 0 . Adapte este argumento para demostrar la existencia del entero K y
asegúrese de entender que la existencia de J y K 0 es análoga.
Si b = 0 entonces defina J 0 = 0.
Si b > 0 se quiere encontrar el entero positivo β más pequeño tal que β < J 0 2−n . Considere
la colección {β ∈ N < | 2n b < β}, la cual es un subconjunto de N y por lo tanto el principio
del buen orden (PBO) afirma que la colección posee un elemento más pequeño, J 0 , es decir
que 2n b < J 0 o sea b < J 0 2−n pero 2n b ≥ J 0 − 1.
Si b < 0 se busca el entero J 0 más pequeño tal que b < J 0 2−n , es decir (−b) > (−J 0 )2−n , o
sea (−b)2n > −J 0 . Considere la colección {β ∈ N | (−b)2n ≤ β} la cual es un subconjunto
de N y por el PBO posee una elemento más pequeño β0 tal que (−b)2n ≤ β0 . Como β0 es
el entero positivo más pequeño con esa propiedad se sigue que (−b)2n > β0 − 1 entonces
b < 2−n (1 − β0 ) =: J 0 .
Lema 2: para todo entero n ≥ 0 y subconjunto acotado S del plano se cumple que
(i) A+n (S ) ≥ A−n (S ).
(ii) A+n (S ) ≥ A+n+1 (S ) y A−n (S ) ≤ A−n+1 (S ).
Prueba: (i) si Rnjk ⊂ S entonces Rnjk ∩ S , ∅ y por lo tanto toda celda que contribuye a la
suma en A−n (S ) contribuye también a la suma en A+n (S ) (pero no necesariamente se da el
caso contrario pues Rnjk ∩ S , ∅ no implica que Rnjk ⊂ S ).
(ii) Cada celda Rn+1
jk en C n+1 proviene de dividir en cuatro partes iguales a alguna “celda
n
madre” R JK en Cn , por lo que cada celda Rn+1
jk tiene exactamente tres “celdas hermanas”
en el enrejado más grueso Cn . Observe también que la suma que define a A+n+1 (S ), al ser
una suma finita, puede reordenarse de tal forma que los sumandos asociados con celdas
hermanas (celdas que provienen de la misma celda madre) se sumen consecutivamente.
Entonces
(2)
A+n+1 (S ) =
A(Rn+1
jk ) =
X
Rn+1
jk ∩S ,
∅
X
RnJK ∩S ,
X
∅
A(Rn+1
jk ) ≤
n
Rn+1
jk ⊂R JK
Rn+1
jk ∩S ,
A(RnJK ) = A+n (S ) .
X
RnJK ∩S ,
∅
∅
Las igualdades en los extremos de (2) son definición. La desigualdad en (2) se sigue del
hecho mencionado de que toda celda Rnjk tiene exactamente tres celdas hermanas, también
de que la suma de las áreas de las celdas hijas es igual al área de la celda madre, y de
que podrı́a ser el caso de que no todas las celdas hermanas de Rn+1
jk tienen intersección
no vacı́a con S (o sea que no todas las celdas hermanas podrı́an contribuir a la suma en
A+n+1 (S )). La segunda desigualdad en (2), se sigue de que cada celda RnJK intersecta a S si
y sólo si al menos una de sus cuatro celdas hijas intersecta a S .
Finalmente argumentamos la segunda parte de (ii). Si RnJK ⊂ S , necesariamente sus
cuatro celdas hijas también lo están, por lo que cada término A(RnJK ) en la suma de A−n (S )
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es exactamente igual a la suma de cuatro términos en la suma de A−n+1 (S ), ası́ que todos los
términos de la suma en A−n (S ) aparecen (repartidos en cuatro partes iguales) en la suma
de A−n+1 (S ). Luego dado que puede ocurrir que alguna celda Rn+1
jk esté contenida en S pero
n
−
−
no ası́ su celda madre R JK , se tiene que An (S ) ≤ An+1 (S ). QED
Prop.1: (existencia del área exterior y del área interior) sea S un subconjunto acotado del
plano, entonces los siguientes lı́mites existen y A+ (S ) ≥ A− (S ) en donde
(3)
A+ (S ) := n→∞
lim A+n (S ) área exterior de S ,
(4)
A− (S ) := n→∞
lim A−n (S )
área interior de S .
Prueba: por la parte (ii) del lema 2 (A+n (S ))n≥0 es una sucesión no creciente. Por otro lado
como A+n (S ) ≥ 0 para toda n (ejercicio 1) entonces el teorema de convergencia monótona2
(ver apéndice) implica que la sucesión converge, es decir tiene lı́mite y de hecho
lim A+ (S ) = inf A+n (S ) | n ≥ 0 .
n→∞ n
(5)
Por otra parte, combinando (i) y (ii) en lema 2 se tiene (usando recursión) que A−n (S ) ≤
A+n (S ) ≤ A+0 (S ), y otra vez por el teorema de convergencia monótona la sucesión (A−n (S ))
es convergente y de hecho
lim A−n (S ) = sup A−n (S ) | n ≥ 0 .
(6)
+
n→∞
+
An (S ) y que
Observe que A (S ) ≤
A− (S ) ≥ A−n (S ) para todo n ≥ 0 (ver lema 4), entonces
+
+
An (S ) & A (S ) cuando n → ∞ (convergencia por la derecha o “por arriba”) y A−n (S ) %
A− (S ) (convergencia por la izquierda o “por abajo”) cuando n → ∞. Por último A+n (S ) −
A−n (S ) ≥ 0 (lema 2i) y tomando el lı́mite cuando n → ∞ se tiene que A+ (S ) − A− (S ) ≥ 0
es decir A+ (S ) ≥ A− (S ). QED
Lema 3: sea S un conjunto acotado del plano, entonces A− (S ) = 0 si y sólo si S 0 = ∅.
Prueba: si S = ∅ entonces la sucesión (A−n (S )) es constante e idénticamente cero (consecuencia de la convención al final de Def.3) y por lo tanto A− (S ) = 0. Supongamos
S , ∅.
Si A− (S ) = 0 y dado que A−n (S ) ≤ A− (S ) (lema siguiente) se tiene que A−n (S ) = 0 para
toda n y necesariamente no existe ninguna celda Rnjk , para cualquier valor de n, contenida
en S (pues de otra forma A−n (S ) > 0). Ahora, si P fuese un punto interior de S entonces
(ver apéndice B) existe una bola abierta D(P; r) de radio r > 0 suficientemente pequeño,
centrada en P y contenida en S . En tal caso el cuadrado con centro en P y lado r/2
está contenido en la bola de radio r, y el mismo argumento que emplearemos en el lema
5 para calcular el área de un rectángulo, garantiza la existencia de una celda Rnjk con n
suficientemente grande, contenida en el interior de tal cuadrado y por lo tanto contenida
en S , una contradicción (pues para tal n se tendrı́a que A−n (S ) > 0). Ası́ que S 0 = ∅.
2
este teorema es consecuencia del teorema de Bolzano-Weierstrass que afirma que toda sucesión de
puntos en Rq , acotada, posee una subsucesión convergente
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Recı́procamente si S 0 = ∅ entonces no existe ninguna bola abierta contenida en S
(por definición de interior de S , ver apéndice B). Pero entonces ninguna celda Rnjk , para
cualquier n, estará contenida en S pues de otra forma puede tomar el centro P de la celda
y el disco (bola abierta) D(P; 2−n−1 ) está contenido en Rnjk y por lo tanto contenido en S ,
estableciendo que P es un punto interior de S (S 0 , ∅), una contradicción. QED
Lema 4: sea S un conjunto acotado del plano, entonces para cualquier entero n ≥ 0
A−n (S ) ≤ A− (S ) ≤ A+ (S ) ≤ A+n (S ) .
(7)
Prueba: las desigualdades primera y tercera de (7) son claras de la definción de A− (S )
y A+ (S ), respectivamente (A− (S ) es una cota superior para la sucesión (A−n (S )), mientras
que A+ (S ) es una cota inferior para la sucesión (A+n (S )). Si la tercera desigualdad en (7)
es falsa entonces A− (S ) > A+ (S ). En tal caso sea δ = A− (S ) − A+ (S ) > 0, entonces
por definición de A− (S ) (supremo de (A−n (S ))) y de A+ (S ) (ı́nfimo de (A+n (S ))) puede
asegurarse la existencia de un entero positivo n0 (δ) tal que si n ≥ n0
δ
δ
(8)
A− (S ) − < A−n (S ) ≤ A− (S ) y A+ (S ) ≤ A+n (S ) < A+ (S ) + .
2
2
−
+
−
−1
+
−1
−
Pero entonces An (S ) − An (S ) > A (S ) − 2 δ − A (S ) − 2 δ = A (S ) − A+ (S ) − δ = 0,
es decir A−n (S ) > A+n (S ) una contradicción con la parte (i) del lema 2. QED
Def.4: un conjunto acotado S del plano es Jordan medible (o medible en el sentido de
Jordan) si A− (S ) = A+ (S ). En tal caso al valor común se le denotará A(S ) y se le llamará
área de S (o área de Jordan de S o medida de Jordan de S ).
Prop.2: (caracterización o criterio 1 de medibilidad) un subconjunto acotado del plano S
es Jordan medible si y sólo si para cada ε > 0 existe un entero N(ε) > 0 tal que
A+n (S ) − A−n (S ) < ε siempre que n ≥ N(ε).
(9)
Prueba: supongamos que S es Jordan medible y sea A su área. Por un lado existe un
entero N1 (ε) > 0 tal que A − A−n (S ) < 2−1 ε, y por otro lado existe un N2 (ε) > 0 tal que
A+n (S ) − A < 2−1 ε (note que se usó que A+n (S ) & A+ (S ) y que A−n (S ) % A− (S ), ¿cómo
se usó?). Entonces si n ≥ max{N1 , N2 }, A+n (S ) − A−n (S ) = (A+n (S ) − A) + (A − A−n (S )) <
2−1 ε + 2−1 ε = ε.
Ahora supongamos que se cumple (9) pero que S no es Jordan medible, entonces A+ (S ) >
A− (S ) (¿por qué?). Sea δ := A+ (S ) − A− (S ). Como A−n (S ) ≤ A− (S ) < A+ (S ) ≤ A+n (S )
(asegúrese de que entiende el por qué) entonces A+n (S ) − A−n (S ) ≥ δ para toda n. Ahora
por (9) con = 2−1 δ, se tiene que existe un entero N(δ) > 0 tal que A+n (S ) − A−n (S ) < 2−1 δ
siempre que n ≥ N(δ) lo que implica que A+ (S ) − A− (S ) < 2−1 δ, pero esto contradice
la hipótesis A+ (S ) − A− (S ) = δ, por lo tanto estas áreas deben ser iguales y S es Jordan
medible. QED
Lema 5: si R es un rectángulo de base a y altura b3 entonces A(R) = ab4.
3
los lados de R son paralelos a los ejes coordenados
y por lo tanto hay consistencia con la notación usada antes para el área de una celda Rnjk
4
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Prueba: para concretizar suponga que R = [α, α + a] × [β, β + b] y sea un entero n ≥ n0
0
en donde n0 es tal que 3/2n < min {a, b}. Por el argumento del ejercicio 2 (principio del
buen orden) para cada entero n ≥ n0 existen enteros j < j0 y k < k0 tales que
j2−n ≤ α ≤ ( j + 1)2−n , j0 2−n ≤ α + a ≤ ( j0 + 1)2−n ,
k2−n ≤ β ≤ (k + 1)2−n ,
k0 2−n ≤ β + b ≤ (k0 + 1)2−n ,
es decir j, j0 , k, k0 son “óptimos” en el sentido que
R−n := ( j + 1)2−n , j0 2−n × (k + 1)2−n , k0 2−n
es la caja más grande con lados alineados con el enrejado Cn y contenida en R. Similarmente
R+n := j2−n , ( j0 + 1)2−n × k2−n , (k0 + 1)2−n
es la caja más pequeña con lados alineados con el enrejado Cn que contiene a R (haga un
dibujo). Por esta razón se tienen que
A−n (R) = 2−n ( j0 − j − 1)2−n (k0 − k − 1) ≤ ab ≤ 2−n ( j0 + 1 − j)2−n (k0 + 1 − k) = A+n (R) ,
es decir que ab es una cota superior para los elementos de la sucesión (A−n (R)), y una cota
inferior para los elementos de la sucesión (A+n (R)). Luego (prop.1) por definición de A− (R)
y A+ (R) como supremo (cota superior más pequeña) e ı́nfimo (cota inferior más grande
–ver apéndice), respectivamente, de la sucesión, se tiene que
(10)
A−n (R) ≤ A− (R) ≤ ab ≤ A+ (R) ≤ A+n (R) .
Finalmente (ver siguiente ejercicio)
(11)
A+n (R) − A−n (R) ≤ 2 2−n (a + 2−n+1 ) + 2−n (b + 2−n+1 ) → 0
¶
©
cuando n → ∞ .
Por lo tanto A+ (R) − A− (R) ≤ A+n (R) − A−n (R) → 0 cuando n → 0, lo que implica que
A+ (R) = A− (R) y por lo tanto las segunda y tercera desigualdades en (10) son igualdades
y se sigue lo que se afirmó. QED
Ejercicio 3: demuestre (11). Hint: haga un dibujo de las cajas R−n y R+n y estime el área de
la región entre estas cajas (“el marco” R+n −R−n ). Sea cuidadoso en su argumento (asegúrese
de no usar lo que se quiere demostrar, que el área de un rectángulo es el producto de su
base por su altura).
Ejercicio 4: demuestre que el segmento horizontal [0, 1]×{y = 0} ⊂ R2 es Jordan medible
y calcule su área.
Ahora formularemos otro criterio necesario y suficiente para la existencia del área de
Jordan. Para ello necesitamos necesitaremos el concepto de frontera de un conjunto (ver
apéndice B), el siguiente ejercicio de preparación y subsecuente lema clave.
Ejercicio 5: sea el cuadrado abierto S = (0, 2−n ) × (0, 2−n ), entonces su frontera ∂S
consiste de sus cuatro lados. Verifique las siguientes relaciones en donde n ≥ 0 es un
entero,
A+n (S ) − A−n (S ) ≤ A+n (∂S ) ≤ 9 A+n (S ) − A−n (S ) .
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Hint: haga un dibujo que ilustre lo siguiente y explique con sus palabras. S coincide
con el interior de la celda Rn00 , entonces ninguna celda Rnjk está contenida en S y por lo
tanto A−n (S ) = 0 (por la convención en Def.3). Por otro lado hay una sola celda, Rn00 que
intersecta a S y por lo tanto A+n (S ) = 2−2n . Por último A+n (∂S ) es la suma de las áreas de las
celdas Rnjk que intersectan a ∂S (los lados del cuadrado). Hay exactamente nueve celdas
que intersectan a ∂S (recuerde que las celdas Rnjk son cerradas), entonces A+n (∂S ) = 2−2n 9.
Lema 6: sea S un subconjunto acotado del plano, entonces para cualquier entero n ≥ 0
(12)
A+n (S ) − A−n (S ) ≤ A+n (∂S ) ≤ 9 A+n (S ) − A−n (S ) .
Prueba: observe que A+n (S ) − A−n (S ) es igual a la suma de las áreas de las celdas Rnjk que
intersectan a S pero no están contenidas en S , es decir celdas que tienen puntos en S y en
el complemento de S (convénzase de ello). Llamemos a tal colección de celdas Ln . Note
que Ln podrı́a ser vacı́a5, pero de no serlo cada una de las celdas en Ln tiene puntos en
la frontera de S (porque Rnjk es convexa y el segmento de linea que une a un punto P de
S en alguna celda Rnjk de Ln con otro punto R en el complemento de S y también en Rnjk ,
necesariamente tendrá al menos un punto en ∂S , tal punto frontera podrı́a ser P, R o algún
otro punto en el segmento PR). Por lo tanto las celdas que contribuyen a A+n (S ) − A−n (S )
también contribuyen a A+n (∂S ) y por eso se tiene la primera desigualdad en (12), pero en
principio podrı́a haber más celdas que contribuyen a A+n (∂S ) y no ası́ a A+n (S ) − A−n (S ). En
la prueba de la segunda desigualdad en (12) veremos que este no es el caso, todo punto
en ∂S pertenece a alguna celda en Ln .
Supongamos ahora que P es un punto frontera de S (P ∈ ∂S ) y sea Rnjk una celda que
contiene a P, vamos a argumentar que Rnjk ∈ Ln . Si fuese falso (Rnjk < Ln ) entonces Rnjk
no intersecta a S o bien Rnjk está contenida en S . Si Rnjk está contenida en S en particular
P ∈ S y entonces P no puede estar en el interior de Rnjk pues de ser ası́ P serı́a un punto
interior de S (no un punto frontera), ası́ que P ∈ ∂Rnjk necesariamente, pero en tal caso P
está en alguna de las ocho celdas adyacentes a Rnjk , y tales celdas tienen entonces puntos
en S (P) y puntos no en S (pues P es un punto frontera), es decir son celdas en Ln , una
contradicción con la hipótesis de trabajo. Supongamos ahora que P es un punto frontera
y que está en una celda Rnjk que no intersecta a S , en particular P < S . En este caso
por un lado P no puede estar en el interior de Rnjk pues entonces podemos construir un
disco abierto contenido en Rnjk el cual no tiene puntos en S , entonces P no puede ser
un punto frontera, de manera que P ∈ ∂Rnjk y otra vez P está también en alguna de las
ocho celdas adyacentes a Rnjk y como es un punto frontera entonces alguna de esas celdas
adyacentes contiene a P < S y también a puntos que están en P, es decir que tal celda
que contiene a P está en Ln , otra contradicción. Concluimos entonces que la hipótesis
P ∈ Rnjk < Ln es falsa, es decir que todo punto frontera pertenece a alguna celda en Ln . De
este razonamiento se desprende que cada celda que contribuye a A+n (∂S ) pertenecen a Ln
o bien es una de las ocho celdas adyacentes a alguna celda en Ln y por eso el coeficiente
9 en la desigualdad de la derecha en (12). Note que el ejercicio anterior establece que
por ejemplo si S = ∅, o bien si S = [0, 1] × [0, 1], ver siguiente ejercicio
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el coeficiente 9 en (12) es óptimo, es decir cualquier número menor que 9 resulta en una
desigualdad que puede ser falsa6. Algunos casos de interés están en las figuras al final del
documento. QED
Ejercicio 6: ¿puede encontrar un subconjunto acotado del plano tal que la colección Ln
de celdas Rnjk que intersectan a S pero no están contenidas en S , es vacı́a? Es decir tal que
Ln := Rnjk | Rnjk ∩ S , ∅ pero Rnjk 1 S = ∅.
¶
©
Hint: si tal colección es vacı́a entonces cada celda Rnjk (n fijo) es tal que, no intersecta a
S , o sı́ lo intersecta pues está contenida en él.
Coro.1.: (caracterización o criterio 2 de medibilidad) un subconjunto S acotado del plano
es Jordan medible (o sea tiene área) si y sólo si su frontera es Jordan medible y tiene área
igual a cero.
Prueba: por la primera desigualdad en (12) y por el lema 2i se tiene que
0 ≤ A+n (S ) − A−n (S ) ≤ A+n (∂S ) .
(13)
Si ∂S tiene área cero entonces limn→∞ A+n (∂S ) = A+ (∂S ) = 0. En tal caso el principio de
la prensa y (13) implican que
lim A+n (S ) − A−n (S ) = 0 .
n→∞
(14)
Por otro lado sabemos de Prop.1 que los lı́mites limn→∞ A+n (S ) y limn→∞ A−n (S ) existen,
por lo tanto (propiedades de lı́mites)
(15)
Por definición
lim A+n (S ) − A−n (S ) = lim A+n (S ) − lim A−n (S ) .
n→∞
n→∞
n→∞
+
+
−
limn→∞ An (S ) = A (S ) y limn→∞ An (S ) = A− (S ). (14) y
+
−
(15) resultan en
A (S ) − A (S ) = 0
es decir que A+ (S ) = A− (S ) y entonces S es Jordan medible.
Recı́procamente si S tiene área, limn→∞ A+n (S ) − A−n (S ) = limn→∞ A+n (S )−limn→∞ A−n (S )
= A+ (S ) − A− (S ) = 0. Por otro lado Prop.1 dicta que A+ (∂S ) ≥ A− (∂S ), y junto con la
segunda desigualdad en (12) se tiene que
0 = 9 · 0 ≥ lim A+n (∂S ) = A+ (∂S ) ≥ A− (∂S ) ≥ 0 .
n→∞
+
por lo tanto A (∂S ) = A (∂S ) = 0, es decir A(∂S ) existe (∂S es medible en el sentido de
Jordan) y es igual a cero. QED
−
Ejercicio 7: demuestre que los siguientes subconjuntos de R2 no son Jordan medibles (o
sea no tienen área, o bien que A+ (S ) , A− (S )).
(a) S = {Q × Q} ∩ {[0, 1] × [0, 1]} (los puntos con coordenadas racionales en el cuadrado
unitario cerrado).
6
en diemensión tres el coeficiente óptimo es 27, ¿puede demostrarlo?
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(b) El “peine de Dirichlet” en [0, 1]: en cada punto racional del segmento [0, 1] sobre el
eje x, levante un segmento vertical de altura uno.
Hint: puede argumentar de dos maneras: (i) demostrando con un cálculo directo que
A+ (S ) , A− (S ), o (ii) aplicando coro.1 (demuestre que A(∂S ) existe y es distinta de
cero). Por ejemplo, procediendo de la manera (i) en el caso (a) es sencillo demostar que
A+n (S ) = 1 y A−n (S ) = 0 para toda n, ¿por qué? Concluya. Si procede de la manera (ii) note
que todo punto de S es un punto frontera (¿por qué?) por lo tanto A+n (∂S ) = A+n (S ) = 1,
entonces A+ (∂S ) = 1 , 0 ası́ que ∂S no tiene área cero y por coro.1 S no es Jordan
medible (de hecho A(∂S ) no existe, como ya se hizo notar en la primera parte). El caso
(b) es similar, escrı́balo.
Ejercicio 8: demuestre que el triángulo cerrado y sólido T con vértices (0, 0), (1, 0) y
(0, 1) tiene área igual a 1/2. Hint: calcule directamente A+n (T ) y A−n (T ) y demuestre
que sus lı́mites cuando n → ∞ existen y son iguales a 1/2. Use el hecho de que los
lados perpendiculares del triángulo coinciden con los ejes coordenados y por lo tanto con
cualquier enrejado Cn . Ahora apóyese con un dibujo para demostrar lo siguiente,
n
A+n (T )
−j
2n 2X
−1 X
= 2n +
A(Rnjk ) ,
2
j=−1 k=−1
A−n (T )
=
n −2 2n − j−2
2X
X
j=0
A(Rnjk ) .
k=0
Tenga presente la fórmula de Gauss para la suma de enteros, luego tome el lı́mite cuando
n → ∞. Alternativamente siempre puede estimar A+n (T ) y A−n (T ) completando todo un
tablero cuadrado y restando adecuadamente algunas celdas.
1.2. Propiedades del área de Jordan. Una vez definida el área de Jordan y establecidos
criterios para su existencia, el siguiente paso natural es el estudio de sus propiedades.
Prop.1: (propiedad de monotonı́a de la medida de Jordan) sean S ⊂ T subconjuntos
acotados del plano, entonces para todo entero n ≥ 0 se cumple que
(16)
A+n (S ) ≤ A+n (T )
y
A−n (S ) ≤ A−n (T ) ,
y por lo tanto
A+ (S ) ≤ A+ (T )
y
A− (S ) ≤ A− (T ) .
Si además S y T son Jordan medibles (tienen área),
(17)
A(S ) ≤ A(T ) .
Prueba: una vez establecidas las desigualdades en (16), (1.2) se sigue de inmediato por
la propiedad de monotonı́a de lı́mites de sucesiones convergentes de números reales (ver
apéndice A) luego de tomar el lı́mite n → ∞ en (16). (17) se sigue de (1.2) pues la
medibilidad de S y T significa que A+ (S ) = A− (S ) = A(S ) y A+ (T ) = A− (T ) = A(T ). A
continuación demostraremos (16).
Como S ⊂ T , si Rnij ∩ S , ∅ entonces Rnij ∩ T , ∅, es decir que toda celda que contribuye
a la suma A+n (S ) contribuye igualmente a la suma A+n (T ) y por lo tanto A+n (S ) ≤ A+n (T ).
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Similarmente, si Rnij ⊂ S también Rnij ⊂ T , por lo tanto toda celda que contribuye a A−n (S )
contribuye también a A−n (T ) y por lo tanto A−n (S ) ≤ A−n (T ). QED
Coro.1: (propiedad de completitud de la medida de Jordan) Sean S ⊂ T subconjuntos
acotados del plano tales que A(T ) existe y es igual a cero. Entonces A(S ) también existe
y es cero (“todo subconjunto de un conjunto Jordan medible de área cero, también es
medible y su área es cero”).
También se dice que la medida de Jordan es completa.
Prueba: por la desigualdad (16) de la propiedad de monotonı́a del áre de Jordan A+n (S ) ≤
A+n (T ), por el inciso (ii) del lema 2 en la sección 1.1. A−n (S ) ≤ A+n (S ), y por el ejercicio 1a
y el lema 1 de la sección 1.1 0 ≤ A−n (S ). Entonces
0 ≤ A−n (S ) ≤ A+n (S ) ≤ A+n (T ) .
Por hipótesis A+n (T ) → 0 y por el principio de la prensa se tiene entonces que A−n (S ) → 0
y A+n (S ) → 0, es decir S es Jordan medible y su medida es cero. QED
Ejercicio 9: demuestre con un ejemplo que puede ser el caso que S ⊂ T son subconjuntos
acotados del plano tales que T es Jordan medible, pero S no lo es. ¿Por qué su ejemplo no
contradice el corolario anterior? Hint: algún ejercicio previo le puede sugerir ejemplos.
Prop.2: (propiedad de subaditividad finita del área exterior) sean S y T cualesquier subconjuntos acotados del plano, entonces se cumplen (18), (19), (20), (21) (esta última
relación es la que le da el tı́tulo a la proposición)
(18)
(19)
A+n (S ∪ T ) ≤ A+n (S ) + A+n (T )
para cualquier entero n ≥ 0,
A+ (S ∪ T ) ≤ A+ (S ) + A+ (T ) ,
Sea {S 1 , S 2 , . . . , S N } una colección (finita) de subconjuntos acotados del plano entonces
(20)
(21)
A+n
A
+
N
[
!
S` ≤
`=1
N
[
`=1
N
X
`=1
!
S` ≤
N
X
A+n (S ` ) ,
A+ (S ` ) .
`=1
Prueba: primeramente hacemos tres sencillas observaciones.
(i) S ∪ T también es acotado pues S y T lo son: suponga que S ⊂ [a, b] × [c, d] y
T ⊂ [e, f ]×[g, h] entonces S ∪T ⊂ [A, B]×[C, D] en donde A = min{a, e}, B = max{b, f },
C = min{c, g}, D = max{d, h}. Por lo tanto A+n (S ∪ T ) y A+ (S ∪ T ) existen.
(ii) Supondremos que S ∪T , ∅ pues de otra manera (18) es trivial ya que necesariamente
S = ∅, T = ∅ y entonces A+n (S ∪ T ) = 0, A+n (S ) = 0 y A−n (T ) = 0 por la convención de
Def.3 en sec. 1.1.
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(iii) (20) y (21) se siguen de (18) y de (19), respectivamente, por inducción sobre N
(convénzase de ello) y por lo tanto nos enfocaremos en demostrar las primeras dos desigualdades.
Si Rnjk ∩ (S ∪ T ) , ∅ entonces Rnjk ∩ S , ∅ o Rnjk ∩ T , ∅, por lo que esa celda también
contribuye a al menos una de las áreas exteriores del lado derecho de (18) estableciendo
esta relación. Note que si Rnjk ∩ S , ∅ y Rnjk ∩ T , ∅, esa celda contribuye doblemente al
lado derecho de (18) y por eso la desigualdad puede ser estricta (haga un dibujo). Prop.1
en sec. 1.1. garantiza la existencia de A+ (S ∪T ), A+ (S ) y A+ (T ) (consecuencia del teorema
de convergencia monótona) y por la propiedad de monotonı́a del lı́mite de sucesiones
convergentes de números reales (cf. apéndice A) se tiene (19) tomando n → ∞ en (18).
QED
Ejercicio 10: demuestre o de un contraejemplo,
A−n (S ∪ T ) ≤ A−n (S ) + A−n (T ) .
Hint: es posible definir S y T de forma tal que para algún n la desigualdad vaya en el
otro sentido y sea estricta (ver figuras al final), por lo tanto el área interior no posee la
propiedad de subaditividad finita que tiene el área exterior.
Ejercicio 11: demuestre que la unión finita de subconjuntos Jordan medibles en el plano
con área cero, también es Jordan medible y su área es cero. Ahora ilustre con un ejemplo
que si elimina la condición de que la unión sea finita la conclusión puede ser falsa. Hint:
argumente a partir de (20). Para la segunda parte considere los segmentos verticales de
altura uno y pie en puntos x ∈ [0, 1].
Prop.3: sea S un subconjunto acotado del plano. S es Jordan medible y tiene área cero si
y sólo si para cada ε > 0 existe una colección finita S 1 , S 2 , . . . , S N (N un entero positivo
que en principio depende de ε) de subconjuntos acotados tales que
(22)
S ⊂
N
[
N
X
y
S`
`=1
A+ (S ` ) < ε .
`=1
Note que el enunciado no pide que los subconjuntos S ` sean medibles pues solo se necesita su área exterior, aunque en la práctica es más cómodo trabajar con subconjuntos S `
que sı́ tienen área.
Prueba: por la propiedad de monotonı́a de A+n en (1.2) y por la propiedad de subaditividad
del área exterior (20), se sigue que para cualquier entero positivo n,
A+n (S )
≤
A+n
N
[
!
S` ≤
`=1
N
X
`=1
A+n (S ` ) .
Tomando el lı́mite cuando n → ∞ (propiedad de monotonı́a del lı́mite de sucesiones de
números reales),
A+ (S ) ≤
N
X
`=1
A+ (S ` ) .
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Entonces si (22) es cierto se tiene que A+ (S ) < ε y tomando ε → 0 se concluye que
0 = A+ (S ) y por lo tanto A− (S ) = 0, entonces S es Jordan medible y su área es cero.
Recı́procamente si S es Jordan medible y tiene área igual a cero, se cumple que A+n (S ) < ε
para todo n suficientemente grande. En tal caso los conjuntos S ` pueden tomarse como
las celdas Rnjk que tienen intersección no vacı́a con S , es decir las celdas que contribuyen
a A+n (S ). Note cómo el número N de subconjuntos S ` depende claramente de n, pero es
finito. QED
Coro.3: sea f : [a, b] → R una función continua. Entonces la gráfica de f es Jordan
medible y tiene área igual a cero.
Prueba: la gráfica de f es el conjunto
Γ = {(x, f (x)) | a ≤ x ≤ b} .
Demostraremos que es posible cubrir a Γ con una colección finita de subconjuntos cuya
suma de áreas exteriores es menor que un ε > 0 dado.
Como [a, b] es un subconjunto cerrado y acotado de R entonces es compacto y por lo
tanto f es uniformemente continua (ver apéndice A). Ası́ que para cada ε > 0 se tiene que
ε
| f (x) − f (x0 )| <
=: h(ε) siempre y cuando |x − x0 | < δ(ε), con x y x0 en [a, b].
2(b − a)
La propiedad Arquimediana de los números reales garantiza la existencia de un entero
positivo n tal que
b−a
∆ :=
< δ.
n
En tal caso Γ está contenida en la unión de la colección de rectángulos
S ` = [a + `∆, a + (` + 1)∆] × f (a + `∆) − h, f (a + `∆) + h ,
con ` = 0, 1, . . . , n − 1
(ver figuras al final). La suma de las áreas de todos estos rectángulos es n∆2h = ε
(convénzase de ello), entonces Prop.3 implica el resultado (recuerde que en el lema 5
de sec.1.1 se demostró que el área de Jordan de un rectángulo, y por lo tanto su área
exterior, es el producto de su base por su altura). QED
Del resultado anterior se tiene el siguiente el cual será importante para desarrollar la teorı́a
de integración de funciones de dos variables,
Coro.4: sea S un subconjunto acotado del plano cuya frontera es la unión finita de gráficas
de funciones continuas, y = f (x) o x = g(y). Entonces S es Jordan medible.
Prueba: (ver figuras al final) por coro.1 en sec.1.1 basta demostrar que ∂S es Jordan
medible y su área es igual a cero. Por hipótesis ∂S es la unión finita de gráficas de
SN
Γ` y para cada n
funciones continuas las cuales denotaremos por Γ` , entonces ∂S = `=1
entero positivo se tiene por (20) que
A+n (∂S ) ≤
N
X
`=1
A+n (Γ` ) .
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Tomando el lı́mite ` → ∞, y por coro.1, se tiene que
A+ (∂S ) ≤
N
X
A+ Γ j = 0 ,
Ä
ä
j=1
pero por Coro.3 A+ (Γ j ) = 0 para toda j. QED
Hasta este punto nos hemos dedicado solamente al problema de la existencia de áreas de
subconjuntos del plano, mas no a calcularlas (salvo en el caso de rectángulos y conjuntos
de área cero). Coro.4 es un resultado que nos encamina no solo hacia el cálculo de áreas,
sino también hacia utilizar nuestros conocimientos de cálculo integral en una variable
para tal fin. Concretamente, se quiere calcular áreas de “regiones elementales” del plano
las cuales definimos más adelante y aquı́ solo adelantamos que se trata de regiones delimitadas por gráficas de funciones continuas. El cálculo de áreas de regiones elementales
se hará a través de integrales de funciones de una sola variable. Para ello necesitaremos
antes establecer otras propiedades fundamentales de la medida de Jordan.
Def.1: sean S y T subconjuntos de R2 (no necesariamente acotados). S y T no se traslapan si todo punto interior de S es un punto exterior de T , y viceversa (todo punto interior
de T es un punto exterior de S ). S y T se traslapan si existe un punto P interior a uno
de los conjuntos, tal que toda bola abierta con centro en P contiene al menos un punto del
otro conjunto.
Ejercicio 12: sea S = {(x, y) | x ≤ 0} (semiplano cerrado x ≤ 0 o “izquierdo”). Para cada
uno de los conjuntos T abajo, determine si S y T se traslapan (tiene que demostrar su
respuesta).
(i) T = {(x, y) | x ≥ 0} ,
(ii) T = {(x, y) | x ≥ 0} ∪ {(−1, 0)} .
Hint: no se traslapan en (i). Sı́ se traslapan en (ii), ¿por qué? Haga un dibujo mientras
elabora su razonamiento.
Prop.4: (unión e intersección de conjuntos Jordan medibles) sean S y T subconjuntos
acotados del plano, y Jordan medibles. Entonces S ∩ T y S ∪ T también son Jordan
medibles, más aún
(23)
(24)
A(S ∪ T ) ≤ A(S ) + A(T ) .
A(S ∩ T ) ≤ A(S )
y
A(S ∩ T ) ≤ A(T ) .
Prueba: por Coro.1 sec.1.1 basta demostrar que ∂(S ∪ T ) es Jordan medible y tiene área
igual a cero.
Afirmación 1: ∂(S ∪ T ) ⊂ ∂S ∪ ∂T .
En efecto, suponga que P ∈ ∂(S ∪ T ) entonces toda bola abierta con centro en P contiene
puntos en S ∪ T y puntos que no están en S ∪ T (o sea que no están ni en S ni en T ).
Si existe una bola con centro P tal que no tiene puntos en T entonces ninguna bola con
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14
centro en P y radio inferior tendrá puntos en T , pero por hipótesis (P ∈ ∂(S ∪T )) entonces
cualquier tal bola de radio inferior tendrá necesariamente puntos en S y también puntos
que no están en S , por lo tanto P ∈ ∂S . Como los papeles de S y T son intercambiables
en el argumento anterior, se sigue que todo punto P ∈ ∂(S ∪ T ) pertenece a ∂S o a ∂T , es
decir P ∈ ∂S ∪ ∂T , que es lo que se afirmó.
Por la propiedad de monotonı́a del área exterior (Prop.1) A+ (∂(S ∪ T )) ≤ A+ (∂S ∪ ∂T ).
Como S y T son medibles, ∂S y ∂T son medibles y tienen área cero (Coro.1 sec.1.1), y
entonces por el ejercicio 11 ∂S ∪ ∂T es medible y tiene área cero, ası́ que A+ (∂S ∪ ∂T ) =
A(∂S ∪ ∂T ) = 0. De lo anterior se sigue que 0 ≤ A− (∂(S ∪ T )) ≤ A+ (∂(S ∪ T )) ≤
A(∂S ∪ ∂T ) = 0, y ∂(S ∪ T ) es medible y tiene área cero, por lo tanto S ∪ T es Jordan
medible).
Una vez establecido que S ∪ T es medible (23) se sigue de la subaditividad del área
exterior (18 en Prop.2).
Afirmación 2: ∂(S ∩ T ) ⊂ ∂S ∪ ∂T .
En efecto sea P ∈ ∂(S ∩ T ) entonces toda bola con centro en P tiene puntos en S ∩ T
y puntos que no están en S ∩ T (o sea puntos que no están en S o no están en T ). Solo
dos cosas pueden pasar con P, P ∈ S ∩ T o P < S ∩ T . Supongamos que P < S ∩ T
porque P < S , luego toda bola con centro en P tiene puntos en S y no en S (el punto
P) ası́ que P es un punto en ∂S . Similarmente si P < S ∩ T porque S < T vamos a
concluir que P ∈ ∂T . Supongamos que P ∈ S ∩ T , luego por hipótesis en toda bola
con centro en P podemos encontrar puntos en el complemento de S o en el complemento
de T . Si siempre podemos encontrar puntos en el complemento de S entonces P ∈ ∂S ,
y si siempre podemos encontrar puntos en el complemento de T entonces P ∈ ∂T . La
hipótesis P ∈ ∂(S ∩ T ) garantiza que alguna de las dos alternativas es posible y se tiene
lo afirmado.
El resto de la prueba es sencilla y se deja de ejercicio. QED
Ejercicio 13: escriba el resto de la prueba de Prop.4.
Coro.5: (propiedad de subaditividad finita del área de Jordan) sean S 1 , S 2 , . . . , S N conjuntos Jordan medibles, entonces su unión es medible y
(25)
A
N
[
`=1
!
S` ≤
N
X
A(S ` ) .
`=1
Más aún la intersección de los conjuntos es medible y
(26)
A
N
\
!
S ` ≤ min {A(S ` ) | ` = 1, 2, . . . , N} .
`=1
Prueba: es consecuencia de Prop.4 usando inducción sobre N. (25) es la razón del tı́tulo
del corolario. QED
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Ejercicio 14: en el resultado anterior la unión e intersección es finita. Aquı́ se discute
qué sucede si la unión o intersección no son finitas.
(a) Sea S 0 el cuadrado unitario [0, 1] × [0, 1]. Sea S 1 el conjunto que se obtiene de dividir
a S 0 en nueve partes iguales usando lineas paralelas a los ejes coordenados (una cara del
cubo de Rubik) y removiendo el interior de la celda de en medio. Sea S 2 es el conjunto
que se obtiene de dividir cada una de las ocho celdas restantes de S 1 en nueve partes
iguales (usando lineas paralelas a los ejes coordenados) y removiendo el interior de cada
una de las celdas de en medio. Similarmente, S `+1 es el conjunto que se obtiene de dividir
en nueves partes iguales usando lineas paralelas a los ejes coordenados, cada una de las
T
celdas de S ` y removiendo el interior de las celdas de en medio. Sea S = `≥0 S ` . ¿Es
S Jordan medible? En caso afirmativo demuéstrelo calculando su área, en caso negativo
demuestro que S no tiene área de Jordan.
(b) Escriba un ejemplo de un conjunto S acotado del plano el cual es la unión numerable
de conjuntos Jordan medibles, tal que S no es Jordan medible.
Lema 1: (propiedad de aditividad finita del área de Jordan)
(a) Si S y T son conjuntos acotados y Jordan medibles del plano tales que no se traslapan,
(27)
A(S ∪ T ) = A(S ) + A(T ) .
(b) Si S 1 , S 2 , . . . , S N son subconjuntos acotados y Jordan medibles tales que no se traslapan (i.e. S j y S k no se traslapan para cualesquier j , k),
Ñ
(28)
A
N
[
j=1
é
Sj
=
N
X
A(S j ) .
j=1
Prueba: (28) es la propiedad que le da el tı́tulo a este resultado y se sigue de (27) por
inducción sobre N (haga el ejercicio mental de verificarlo). Entonces nos dedicamos a
demostrar (27).
Ya sabemos de (23) que S ∪ T es Jordan medible y que A(S ∪ T ) ≤ A(S ) + A(T ), solo
resta establecer que A(S ∪ T ) ≥ A(S ) + A(T ). Para ello suponga que Rnjk ⊂ S ∪ T . Como
S y T no se traslapan entonces Rnjk está contenida en S o está contenida en T , o no está
contenida en ninguno de los conjuntos (ver fig. 5). Por ejemplo, si Rnjk está contenida en
S entonces S tiene puntos interiores, pero todo punto interior de S es exterior a T por
hipótesis y por lo tanto Rnjk no está contenida en T . Ası́ que toda celda que contribuye a
A−n (S ∪ T ) contribuye a lo más a una de las sumas A−n (S ) o A−n (T ). De aquı́ que
(29)
A−n (S ∪ T ) ≥ A−n (S ) + A−n (T ) .
Como n ≥ 0 es arbitrario puede tomarse el lı́mite n → ∞ en (29) llegando a A− (S ∪ T ) ≥
A− (S ) + A− (T ), y dado que S , T y S ∪ T son medibles, A(S ∪ T ) ≥ A(S ) + A(T ). QED
En la prueba de (27) se amarró un cabo que el ejercicio 10 habı́a dejado suelto y que
complementa a en (18) en Prop. 2. Escribimos este resultado y su generalización a
continuación.
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Lema 2.: (Propiedad de supra-aditividad finita del área interior)
(a) sean S y T subconjuntos acotados tales que no se traslapan. Entonces para cualquier
entero n ≥ 0
(30)
A−n (S ∪ T ) ≥ A−n (S ) + A−n (T ) ,
y por lo tanto A− (S ∪ T ) ≥ A− (S ) + A− (T ).
(b) sean subconjuntos acotados S 1 , . . . , S N tales que no se traslapan. Entonces para
cualquier entero n ≥ 0,
Ñ
(31)
A−n
N
[
é
≥
Sj
j=1
N
X
A−n (S j ) ,
j=1
y por lo tanto
Ñ
(32)
A−
N
[
j=1
é
Sj
≥
N
X
A− (S j ) .
j=1
Prueba: la segunda desigualdad de la parte (a) se sigue de (30) tomando el lı́mite cuando
n → ∞. (31) se sigue de (30) por inducción sobre N (haga el ejercicio mental de verificarlo), y (32) (que es la desigualdad que le da el tı́tulo a este resultado) se sigue de (31)
tomando el lı́mite cuando n → ∞. Entonces solo resta demostrar (30), pero esto ya se
hizo en la prueba de (a) del lema 1 ((30) y (29) son la misma desigualdad). QED
Es importante recalcar que la propiedad de supra-aditividad del área interior requiere que
los conjuntos no se traslapen, mientras que la propiedad de subaditividad del área exterior
(y del área de Jordan, tomando el lı́mite cuando n → ∞ en (21) no requiere tal hipótesis.
Lema 3: sean S y T subconjuntos acotados del plano y Jordan medibles. Entonces T − S
es Jordan medible, y si S ⊂ T
(33)
A(T − S ) = A(T ) − A(S ) .
Prueba: primero justificamos que T − S := T ∩ (R2 − S ) es Jordan medible. Primeramente
observe que ∂(T − S ) ⊂ ∂T ∪ ∂S (ejercicio 15), entonces por la propiedad de monotonı́a
y subaditividad del área exterior se sigue que A+n (∂(T − S )) ≤ A+n (∂T ∪ ∂S ) ≤ A+n (∂T ) +
A+n (∂S ), de donde se sigue tomando el lı́mite cuando n → ∞,
A+ (∂(T − S )) ≤ A+ (∂T ∪ ∂S ) ≤ A+ (∂T ) + A+ (∂S ) = 0
la última igualdad viene de que S y T son medibles y por lo tanto sus fronteras son
medibles y tienen área igual a cero. Entonces (no negatividad del área exterior e interior)
0 ≤ A−n (∂(T − S )) ≤ A+n (∂(T − S )) = 0, ası́ que ∂(T − S ) es Jordan medible y su área es
cero, por lo tanto T − S es Jordan medible.
Ahora, si S ⊂ T , T = (T − S ) ∪ S y (T − S ) ∩ S = ∅, en particular T − S y S no se
traslapan (convénzase de ello) y eso implica la segunda igualdad abajo,
A(T ) = A((T − S ) ∪ S ) = A(T − S ) + A(S ) ,
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17
de donde se sigue (33). QED
Lema 4: sean S y T subconjuntos acotados del plano y Jordan medibles7. Entonces
A(T ∪ S ) + A(S ∩ T ) = A(S ) + A(T ) .
(34)
Prueba: como S y T son Jordan medibles, T ∪ S y S ∩ T también lo son (Prop.4) esto
justifica el considerar A(T ∪ S ) y A(S ∩ T ). Luego (T ∪ S ) − T = S − (S ∩ T ) (ejercicio
15). Por el lema 3 (T ∪ S ) − T y S − (S ∩ T ) son medibles y las siguientes igualdades son
ciertas,
A(T ∪ S ) − A(T ) = A(T ∪ S − T ) = A(S − (S ∩ T )) = A(S ) − A(S ∩ T ) ,
de donde se sigue (34). QED
Ejercicio 15: sean S y T subconjuntos acotados del plano. Demuestre lo siguiente,
(a) ∂(S ∪ T ) ⊂ ∂S ∪ ∂T . Note que no se está pidiendo aquı́ que S ⊂ T .
(b) (T ∪ S ) − T = S − (S ∩ T ).
1.3. cálculo del área de Jordan. Por fin se ha llegado a un punto importante acerca del
cálculo de áreas de conjuntos Jordan medibles.
Def.1: una región elemental E del plano es aquella que tiene cualquiera de las representaciones dadas abajo, en donde f1 ≤ f2 , g1 ≤ g2 son funciones continuas (cf. fig.6).
{(x, y) | f1 (x) ≤ y ≤ f2 (x) , a ≤ x ≤ b} ,
{(x, y) | g1 (y) ≤ x ≤ g2 (y) , c ≤ y ≤ d} .
Teo.1: sea f : [a, b] → R continua y no negativa. Considere la región elemental
E := {(x, y) | 0 ≤ y ≤ f (x) , a ≤ x ≤ b} .
entonces E es Jordan medible y
A(E) =
Z b
f (x) dx .
a
Prueba: ∂E está contenida en la unión de cuatro segmentos dados por las gráficas de las
funciones f1 (x) = 0 y f2 (x) = f (x) con a ≤ x ≤ b, g1 (y) = a con 0 ≤ y ≤ f (a), y g2 (y) = b
con 0 ≤ y ≤ f (b). Cada una de estas funciones es continua entonces coro.4 en sec. 1.2
implica la existencia del área de E, A(E), (i.e. E es Jordan medible).
A partir de este punto es conveniente que tenga presente la definición de la integral de
Riemann de una función continua sobre un intervalo compacto, y que vió en su curso de
cálculo integral en una variable.
Considere una partición cualquiera de [a, b], digamos P = {a = x0 , x1 , . . . , xN = b}, y para
cada j ∈ {0, 1, . . . , N − 1} defina los rectángulos
S j := x j , x j+1 × 0, m j
î
ó
î
ó
T j := x j , x j+1 × 0, M j
î
7
ó
î
ó
con m j = min f (x) | x j ≤ x ≤ x j+1 ,
¶
©
con M j = max f (x) | x j ≤ x ≤ x j+1 .
¶
©
no necesariamente un conjunto subconjunto del otro, o subconjuntos que no se traslapan
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
18
Entonces (convénzase de ello, haga un dibujo)
N−1
[
(35)
Sj⊂E ⊂
N−1
[
j=0
Tj .
j=0
Ya demostramos que los rectángulos son Jordan medibles y que su área es el producto de
su base por su altura. Luego la unión finita de conjuntos Jordan medibles es medible y
por lo tanto las uniones en los extremos de (35) son medibles. Entonces la propiedad de
monotonı́a aplicada a (35) dicta que
Ñ
(36)
A
N−1
[
é
Ñ
≤ A(E) ≤ A
Sj
N−1
[
j=0
é
.
Tj
j=0
Ahora, dado que S j y T j son rectángulos,
A(S j ) = x j+1 − x j m j
Ä
(37)
ä
A(T j ) = x j+1 − x j M j .
Ä
y
ä
Más aún los rectángulos S j no se traslapan entre sı́, lo mismo que los rectángulos T j .
Entonces la propiedad de aditividad finita del área de Jordan junto con (37) implican que
Ñ
A
N−1
[
j=0
é
Sj
=
N−1
X
A Sj =
N−1
X
j=0
Ñ
m j x j+1 − x j ,
A
N−1
[
j=0
é
Tj
=
j=0
N−1
X
A Tj =
j=0
N−1
X
M j x j+1 − x j .
j=0
Por lo tanto (36) establece que
N−1
X
(38)
Ä
ä
m j x j+1 − x j ≤ A(E) ≤
N−1
X
M j x j+1 − x j .
Ä
ä
j=0
j=0
Reconozca de inmediato que las sumas en los extremos de (38) son sumas de Riemann de
f asociadas con la partición P.
Como f es continua sobre un intervalo cerrado y acotado es integrable, o sea ab f existe
(este es el teorema de integrabilidad de Riemann de su curso de cálculo integral en una
variable). Más aún (cf. A.21 p.13 en [4]) para cada ¶ε > 0 existe un δ(ε) > 0 tal ©que
si P es cualquier partición de [a, b] con kPk := max x j+1 − x j |, j = 0, 1, . . . , N − 1 <
δ(ε), cualquier suma de Riemann asociada
con P (en particular las sumas de Riemann
R
identificadas anteriormente) difiere de ab f menos que ε. Supongamos que la partición P
considerada arriba es tal que kPk < δ(ε), entonces
R
(39)
−ε+
Z b
f <
a
N−1
X
Ä
ä
m j x j+1 − x j ≤ A(E) ≤
j=0
j=0
Z b
de donde se sigue que
N−1
X
A(E) −
M j x j+1 − x j < ε +
Ä
ä
Z b
f,
a
f < ε,
a
y tomando ε → 0
A(E) =
Z b
a
f.
QED
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
19
Se observa que las sumas de Riemann en (38) son tales que
N−1
X
Ä
ä
Z b
m j x j+1 − x j ≤
f ≤
a
j=0
N−1
X
M j x j+1 − x j .
Ä
ä
j=0
La hipótesis f (x) ≥ 0 en el teorema anterior no es importante y se adoptó solo por claridad. El argumento de la prueba se puede adaptar sin dificultad para demostrar lo siguiente.
Coro.1: sean f1 ≤ f2 , g1 ≤ g2 funciones continuas en [a, b], y regiones elementales
E := (x, y) f2 (x) ≤ y ≤ f1 (x) , x ∈ [a, b] ,
F := (x, y) g1 (y) ≤ x ≤ g2 (y) , y ∈ [c, d] .
Entonces E y F son Jordan medibles y sus áreas pueden calcularse ası́,
A(E) =
(40)
A(F) =
Z b
a
Z b
f2 dx −
Z d
c
a
Z d
g2 dy −
c
f1 dx =
g1 dy =
Z b
a
Z d
c
( f1 − f2 ) dx ,
(g2 − g1 ) dy .
Ejercicio 16: demuestre el corolario anterior. Hint: la prueba de la expresión para A(F)
es una sencilla adaptación de la prueba para la expresión de A(E), por lo que nos concentramos en la prueba de esta última.
Para fijar ideas suponga que 0 ≤ f1 (x) ≤ f2 (x), al terminar su argumento debe mencionar
cómo adaptar la prueba para otros casos. Sean T := {(x, y) | 0 ≤ y ≤ f2 (x), x ∈ [a, b]} y
S := {(x, y) | 0 ≤ y ≤ f1 (x), x ∈ [a, b]}, entonces S ⊂ T y T − S = E. T y S con Jordan
medibles, ¿por qué? Más aún por Teo.1 A(T ) y A(S ) admiten las expresiones integrales
en la parte de en medio del primer renglón de (40). Luego por el lema 3 en sec. 1.2,
A(E) = A(T − S ) = A(T ) − A(S ). Termine la prueba redactando con sus propias palabras.
Hacemos a continuación dos observaciones importantes.
(i) Por estética hemos escrito f2 − f1 en vez de f2 (x)− f1 (x), y g2 −g1 en vez de g2 (y)−g
1 (y)
R
en (40). Siguiendo con esta forma de escribir las cosas, observe que f2 − f1 = ff12 dy y
R
g2 − g1 = gg12 dx, entonces las identidades (40) pueden escribirse en la sugerente forma
(41)
A(E) =
Z f2 (x)
Z b
dx
a
f1 (x)
dy ,
y
A(F) =
Z g2 (y)
Z d
dy
c
dx .
g1 (y)
Más adelante identificaremos a las expresiones integrales en (41) como integrales iteradas
y veremos que representan el valor de la integral múltiple (en este caso, integral doble)
de la función caracterı́stica de E y de F, respectivamente. La forma de calcular A(E)
sugerida en (40) o (41) se conoce como el método de las secciones verticales, mientras
que el método de calcular A(F) sugerido por estas mismas fórmulas se conoce como el
método de las secciones horizontales (¿por qué cree que se llaman ası́ esos métodos?).
(ii) Suponga que E es una región (acotada) del plano cuya frontera puede escribirse como
una unión de dos arcos de gráficas de funciones continuas y = f1 (x) y y = f2 (x) con
x ∈ [a, b], y también como una unión de dos arcos de gráficas de funciones continuas
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
20
x = g1 (y) y x = g2 (y) con y ∈ [c, d] (por ejemplo tal es el caso de cı́rculos y elipses).
Entonces la proposición anterior establece que
Z f2 (x)
Z b
dx
f1 (x)
a
dy = A(E) =
Z g2 (y)
Z d
dy
dx .
g1 (y)
c
La notación de anteponer la diferencial dx a la integral ff12 dy en el caso de A(E) en (41),
indica solamente que primero se tiene que hacer esta última integral (la integral interior),
y su resultado integrarlo en x. Una vez que hayamos establecido que esta integral iterada
es una integral doble, escribiremos
"
"
"
A(E) =
o A(E) =
dxdy o A(E) =
dydx ,
R
E
E
E
similarmente para la integral iterada que representa a A(F). Otra manera de representar a
la integral iterada que calcula a A(E) en este caso y que no usaremos en este curso es
A(E) =
Z b Z f2
A(E) =
o
dydx
a
f1
Z d Z g2
c
dxdy .
g1
Note el orden de las diferenciales dydx en un caso y dxdy en el otro. El orden es importante, un cambio en el orden supone un cambio en los lı́mites de integración.
Para apreciar la conveniencia de Coro.1 presentamos dos ejemplos.
Ejemplo 1: sea S el triángulo rectángulo con vértices (0, 0), (2, 0) y (0, 1). Calcularemos
A(S ) de dos formas distintas: aplicando Coro.1, y combinando resultados de las secciones
anteriores.
Primero note que S es una región elemental y que de hecho
x
, 0 ≤ x ≤ 2 = (x, y) 0 ≤ x ≤ 2(1 − y) , 0 ≤ y ≤ 1 .
2
En cualquiera de las dos representaciones arriba la frontera de S consiste de tres pedazos que corresponden con las gráficas de funciones continuas (por ejemplo, g1 (y) = 0,
f1 (x) = 0 y f2 (x) = 1 − x/2 en la primera representación) y por lo tanto (Coro.4, sec.
1.2) S tiene área. Si calculamos A(S ) via Teo.1 o su corolario tendremos, via la primera
representación,
ß
™
S = (x, y) 0 ≤ y ≤ 1 −
A(S ) =
Z 2
Z 1−x/2
dx
0
0
dy =
Z 2
0
x2
(1 − x/2) dx = x −
4
Ç
å
2
0
= 2 − 1 = 1.
Mientras que con la segunda representación de S obtenemos
A(S ) =
Z 1
Z 2(1−y)
dy
0
0
dx =
Z 1
0
1
2(1 − y) dy = −(1 − y)2 = 1 ,
como se calculó via la primera representación.
0
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
21
Otro procedimiento para calcular A(S ) que no involucra (al menos explı́citamente) una integración es el siguiente. Para cualquier entero N ≥ 0 considere los siguientes rectángulos
en donde f (x) = 1 − x/2,
S Nj
2 j 2( j + 1)
=
,
× 0, f
N
N
ñ
ô
ñ
Ç
2( j + 1)
N
åô
,
2 j 2( j + 1)
=
,
× 0, f
N
N
ñ
T Nj
ô
ñ
Ç
2j
N
åô
.
Los rectángulos S Nj no se traslapan entre sı́, al igual que los rectángulos T Nj . Más aún
(convénzase de lo siguiente)
N−1
[
S Nj ⊂ S ⊂
j=0
N−1
[
T Nj .
j=0
Entonces la propiedad de monotoncidad de la integral implica que
N−1
X
A(S Nj ) ≤ A(S ) ≤
j=0
N−1
X
A(T Nj ) .
j=0
Luego por la propiedad de aditividad finita del área se tiene que
N−1
X
j=0
A(S Nj )
=
N−1
X
j=0
2( j + 1)
2
1−
N
2N
Ç
2N
2
=
− 2
N
N
å
=
N−1
X
j=0
X 2( j + 1)
2 N−1
−
N j=0 N 2
1
2 N(N + 1)
=2− 1+
( j + 1) = 2 − 2
N
2
N
j=0
N−1
X
Ç
å
=1−
1
.
N
El lector hará un cálculo similar para demostrar que
N−1
X
(42)
A(T Nj ) = 1 +
j=0
1
.
N
Entonces 1 − N −1 ≤ A(S ) ≤ 1 + N −1 , para cualquier entero N ≥ 1. Tomando el lı́mite
N → ∞ se tiene por el principio de la prensa que A(S ) = 1.
Ejercicio 17: demuestre (42).
Ejemplo 2: Coro.1 también permite calcular sencillamente el área de un disco D de
radio R y centro (a, b). En efecto, D tiene área pues su frontera ∂D se puede escribir
como la unión de dos arcos los cuales son gráficas de funciones continuas, por ejemplo
f1 (x) = b−(R2 −(x−a)2 )1/2 y f2 (x) = b+(R2 −(x−a)2 )1/2 , o bien g1 (y) = a−(R2 −(y−b)2 )1/2
y g2 (y) = a + (R2 + (y − b)2 )1/2 (haga un dibujo para cada caso). Luego usando la primera
representación para ∂D,
√
Z
Z
Z
A(D) =
a+R
a−R
R2 −(x−a)2
b+
√
dx
b−
R2 −(x−a)2
dy =
a+R
2
a−R
»
R2 − (x − a)2 dx .
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
22
Con el cambio de variable x = a + R cos θ, dx = −R sin θ dθ y se tiene que
Z 0 √
Z 0
A(D) = 2
R 1 − cos2 θ (−R sin θ dθ) = −2R2
|sin θ| sin θ dθ
−π
−π
Z 0
Z 0
1 − cos 2θ
dθ = R2 π .
= 2R2
sin2 θ dθ = 2R2
2
−π
−π
Ejercicio 18: (a) utilice la representación de ∂D con las funciones g1 y g2 indicadas
arriba, para demostrar nuevamente via una integración que A(D) = πR2 .
(b) use un argumento y cálculos similares al del ejemplo 2 y la parte (a) para demostrar
que la región E encerrada por la elipse dada abajo tiene área y esta es igual a πab,
(x − A)2 (y − B)2
+
= 1.
a2
b2
Debe usar dos representaciones para ∂E, escribir una integral iterada para cada representación, evaluar cada una de esas integrales, y demostrar que obtiene el mismo resultado.
Hint: para la parte (a) simplemente adapte el cálculo del ejemplo 2. Para la parte (b) el
argumento de la existencia A(E) es el mismo que el del disco en el ejemplo 2, escrı́balo.
A(E) =
Z A+a
A−a
»
Z B+b 1− (x−A)2
a2
»
dx
2
B−b
1− (x−A)
2
dy =
a
s
Z A+a
2b
A−a
1−
(x − A)2
dx .
a2
Considere el cambio x = A + a cos θ. Plantee y evalue una integral similar a la anterior
para la segunda representación de ∂E.
Ejercicio 19: dibuje la región delimitada por las gráficas de las funciones descritas en
cada uno de los tres casos abajo. Explique por qué tales regiones son Jordan medibles y
calcule sus áreas planteando una integral iterada.
(a) la parábola y = −x2 + 1 y la linea y = −x.
(b) el eje x, y las lineas y = x y y = 2(x − 2).
(c) el eje y, x = y2 , y y = a con a > 0.
Para los siguientes tres ejercicios se incluye una figura al final del documento.
Ejercicio 20: dibuje la región E del plano delimitada por las gráficas de las funciones
y = e x , y = e−x , y x = 2. Calcule el área de E de dos formas. Primero considere
secciones transversales verticales (como lo sugiere la parametrización para ∂E implicada
por las funciones dadas). Luego considere secciones horizontales, esta segunda forma es
un poco más complicada, tendrá que dividir la región de integración, usar la propiedad de
aditividad del área de Jordan, e integrar un logaritmo.
Ejercicio 21: ¿qué método considera es más conveniente para calcular el área de la región
E delimitada por las curvas y = tan x, y = x, y y = 3, secciones transversales horizontales
o verticales? Utilı́celo para calcular A(E). Dibuje la región E.
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
23
Ejercicio 22: repita el ejercicio 21 para la región E acotada por y = 2x, y = −4 + x/2, y
y = 2.
Apéndice A: propiedades de N y de R
Todos los resultados aquı́ mencionados pueden encontrarse en [1] y [3]. Se mencionan
sin prueba pues fueron vistos en cálculo integral en una variable8.
PRINCIPIO DEL BUEN ORDEN: todo subconjunto no vacı́o de N posee un elemento más pequeño.
Def.A1.: sea E un subconjunto de los números reales. u ∈ R es una cota superior de E
si para cualquier x en E se cumple que x ≤ u. ` ∈ R es una cota inferior de E si para
cualquier x en E se cumple que ` ≤ x. E es un subconjunto acotado si es acotado superior
e inferiormente.
Def.A2.: sea E ⊂ R acotado superiormente. Sea u∗ ∈ R tal que u∗ es una cota superior de
E con la propiedad que si y < u∗ entonces y no es una cota superior de E. En tal caso u∗
se denomina el supremo de E y se denota sup E. Similarmente sea `∗ ∈ R tal que `∗ es
una cota inferior de E con la propiedad que si y > `∗ entonces y no es una cota inferior de
E. En tal caso `∗ se denonima el ı́nfimo de E y se denota inf E.
AXIOMA DEL SUPREMO:
todo subconjunto no vacı́o de R acotado superiormente posee un
supremo en R.
Lema A1.: (axioma del ı́nfimo) todo subconjunto no vacı́o de R acotado inferiormente
posee un ı́nfimo en R.
Lema A2.: sea E ⊂ R acotado superiormente y sea u∗ = sup E. Sea −E := {−x | x ∈ E},
entonces −E es acotado inferiormente y inf(−E) = −u∗ . Similarmente si E es acotado
inferiormente y `∗ = inf E, entonces −E es acotado superiormente y sup(−E) = −`∗ .
PROPIEDAD ARQUIMEDIANA:
tivo m tal que mx > y.
sean x > 0 y y números reales, entonces existe un entero posi-
sean x y y números reales tales que x < y,
entonces existe un racional q tal que x < q < y.
PROPIEDAD DE DENSIDAD DE LOS RACIONALES:
Def.A3: sea (a j ) una sucesión en R.
(a) (a j ) es monótona creciente (o no decreciente) si a j+1 ≥ a j para toda j.
(b) (a j ) es monótona decreciente (o no creciente) si a j+1 ≤ a j para toda j.
(c) (a j ) es acotada superiormente si existe una constante u tal que a j ≤ u para toda j.
(d) (a j ) es acotada inferiormente si existe una constante ` tal que ` ≤ a j para toda j.
(e) (a j ) es acotada si es acotada superiormente e inferiormente.
8
si tomó el curso conmigo
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
TEOREMA DE CONVERGENCIA MONÓTONA:
JULIO-NOVIEMBRE 2021
24
sea (a j ) una sucesión de números reales.
(a) Si (a j ) es monótona creciente y acotada superiormente entonces converge y
lim a j = sup a j .
j→∞
(b) Si (a j ) es monótona decreciente y acotada inferiormente entonces converge y
lim a j = inf a j .
j→∞
sean (a j ) y (b j )
sucesiones de números reales tales que a j ≤ b j para toda j, a j → a y b j → b cuando
j → ∞. Entonces a ≤ b.
PROPIEDAD DE MONOTONÍA DEL LÍMITE DE SUCESIONES DE NÚMEROS REALES:
La sencilla prueba del resultado anterior procede por contradicción (ver notas de cálculo
en una variable).
Def.A4: sea D ⊂ Rm y f : D → Rn . f es uniformemente continua en D si para cada
ε > 0 existe un δ(ε) > 0 tal que
(43)
k f (x) − f (x0 )k < ε siempre y cuando kx − x0 k < δ.
Es importante enfatizar que en (43) en los elementos x y x0 del dominio del mapa o
función f son cualesquier elementos que disten entre sı́ menos que δ. Observe también
que x = (x1 , . . . , xm ) y que f (x) = ( f1 (x), . . . , fm (x)) = ( f1 (x1 , . . . , xm ), . . . , fn (x1 , . . . , xm )),
ası́ que
k f (x) − f (x0 )k = ( f1 (x) − f1 (x0 ))2 + · · · + ( fn (x) − fn (x0 ))2
Ä
kx − x0 k = (x1 − x10 )2 + · · · + (xm − xm0 )2
Ä
ä1/2
ä1/2
,
.
f (x) = 1/x es continua en (0, 1], pero no es uniformemente continua ahı́. f (x) = 1/x
es uniformemente continua en cualquier intervalo [a, b] que no contenga al origen. No
hay nada de especial acerca de los espacios Rm y Rn , f puede ser una aplicación entre un
espacio métrico X y un espacio métrico Y.
sea D un subconjunto de Rm y f : D → Rn una
función continua. Suponga que K es un subconjunto compacto de Rm contenido en D
(K ⊂ D). Entonces f es uniformemente continua en K.
TEOREMA DE CONTINUIDAD UNIFORME:
Recuerde que el teorema de Heine-Borel afirma que un conjunto K de Rm es compacto si
y sólo si es cerrado y acotado. Este resultado no es cierto en dimensión infinita (la bola
unitaria cerrada en `2 no es compacta). En espacios métricos hay tres formas equivalentes
de entender compacidad: compacidad topológica (o simplemente, “compacidad”), compacidad numerable, y compacidad secuencial. Compacidad topológica establece que un
conjunto K en un espacio topológico es compacto si toda colección de conjuntos abiertos
cuya unión contiene a K posee una subcolección finita cuya unión contiene a K. En compacidad numerable se pide además que la colección de conjuntos abiertos sea numerable.
Compacidad secuencial es el tipo de compacidad que talvez se una con mayor frecuencia
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
25
en análisis, y en ella un conjunto K se dice compacto si toda sucesión en K posee un
subsucesión convergente cuyo lı́mite pertenece a K.
Apéndice B: el plano como espacio métrico
Aquı́ incluimos algunos conceptos que quizás el lector ya vió en otro lado. La idea principal es que R2 es un espacio métrico y por lo tanto también un espacio topológico. En
este curso el lector solo tiene que estar enterado de algunas de las definiciones abajo pues
se necesitarán esporádicamente a lo largo del curso.
Def.B1: definimos y denotamos en R2 la métrica Euclidiana, d, de la siguiente manera,
si P(x, y) y Q(ξ, η) son puntos en R2 entonces
d(P, Q) := (x − ξ)2 + (y − η)2
¶
©1/2
.
Lema B1: d : R2 × R2 → R tiene las siguientes propiedades en donde P, Q y R son
cualesquier puntos del plano,
(a) d(P, Q) ≥ 0 y d(P, Q) = 0 si y sólo si P = Q (d es positiva y no degenerada).
(b) d(P, Q) = d(Q, P) (d es simétrica).
(c) d(P, Q) ≤ d(P, R) + d(R, Q) (desigualdad del triángulo).
Lema B2: las siguientes también son métricas en el plano, es decir satisfacen (i), (ii) y
(iii) en el lema anterior. Sean P(x, y) y Q(ξ, η) puntos en el plano entonces
d1 (P, Q) := |x − ξ| + |y − η| ,
D(P, Q) := max {|x − ξ|, |y − η|} .
Lema B3: para cualesquier P y Q puntos en el plano se satisfacen las siguientes relaciones
las cuales establecen que d, d1 y D son métricas equivalentes.
D(P, Q) ≤ d(P, Q) ≤ 21/2 D(P, Q)
y
2−1 d1 (P, Q) ≤ d(P, Q) ≤ d1 (P, Q)
Def.B2: en la métrica Euclidiana d el conjunto de puntos Q tales que d(P, Q) < r para
algún punto P fijo y r > 0 es un disco con centro en P y radio r, denotado D(P; r) y se le
llama una bola abierta de radio r. Note que D(P; 0) = ∅.
Prop.B1: sea τ la colección formada por uniones (numerables o no numerables) de bolas
abiertas. Entonces la colección τ tiene las siguientes propiedades
(a) R2 y ∅ son elementos de τ.
(b) Si G1 , . . . , Gm son elementos de τ, G1 ∩ · · · ∩ Gm también es un elemento de τ.
(c) Si {Vα } se una colección de elementos en τ (numerable o no numerable), ∪Vα también
es un elemento en τ.
Def.B3: la colección τ en Prop.B1 se llama una topologı́a y sus elementos son los conjuntos abiertos de R2 .
CÁLCULO INTEGRAL EN VARIAS VARIABLES
JULIO-NOVIEMBRE 2021
26
La definición anterior es compatible con la definición de conjunto abierto que quizás
utiliza el lector: S es un conjunto abierto del plano si para cualquier punto en el conjunto
es posible construir un disco abierto con centro en el punto y contenido en el conjunto.
Por supuesto que el lector puede imaginarse construyendo una topologı́a τ utilizando las
métricas d1 o D definidas anteriormente. Si hiciera esto resulta que tendrı́a la misma
topologı́a τ que genera con la métrica Euclidiana, en particular un conjunto abierto sigue
siendo abierto sin importar con qué métrica trabaje. Un resultado talvez contraintuitivo
la primera vez que lo escucha pues las “bolas abiertas” en la métrica D son cuadradas, al
igual que en la métrica d1 .
Def.B4: sea S un subconjunto del plano. Un punto P ∈ S tal que D(P; r) ⊂ S para algún
r se denomina punto interior de S . El conjunto de puntos interiores de S se denomina
interior de S y se denota S 0 .
Def.B5: sea S un subconjunto del plano. Un punto P (no necesariamente en S ) es un
punto frontera de S si para cualquier r > 0 D(P; r) ∩ S , ∅ y D(P; r) ∩ R2 − S , ∅ (es
decir la bola abierta D(P; r) tienen puntos en S y puntos no en S ). El conjunto de puntos
frontera de S se denota ∂S y se denomina frontera de S .
Def.B6: sea S un subconjunto del plano. Un punto Q es un punto exterior de S si es un
punto interior de su complemento R2 − S , es decir si Q ∈ (R2 − S )0 (es posible construir
un disco abierto con centro en Q y que no intersecta a S ).
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References
[1] BARTLE, R.G. (1976) The Elements of Real Analysis, 2ed. John Wiley & Sons.
[2] COURANT, R.; JOHN, F. (1989) Introduction to Calculus and Analysis, vol. 2. Springer-Verlag New
York.
[3] RUDIN, W. (1976) Principles of Mathematical Analysis, 3ed. McGraw-Hill.
[4] V., J. (2017) Notas de clase del curso cálculo integral en una variable: tarea 3. UAEH.
Figure 1. Figuras que ilustran la desigualdad An +(S )− A−n (S ) ≤ A+n (∂S ) ≤
9(A+n (S ) − A−n (S )).
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Figure 2. Distintas de formas de contribuir a ambos lados de la desigualdad An + (S ) − A−n (S ) ≤ A+n (∂S ) ≤ 9(A+n (S ) − A−n (S )).
Figure 3. Ejercicio 10. S y T son rectángulos cerrados, algunos de cuyos
vértices coinciden con los vértices de una malla Cn para algún n.
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Figure 4. Izquierda: coro.3, sec.1.2). La gráfica de una función f (x) continua en [a, b] es un conjunto Jordan medible y su área es igual a cero.
Derecha: coro.4 sec.1.2. S ⊂ R2 es acotado y su frontera ∂S es la unión
finita de gráficas de funciones continuas, por lo tanto ∂S es Jordan medible
y A(∂S ) = 0, y por Coro.1 sec.1.1 S es Jordan medible (A(S ) existe).
Figure 5. Lema 1, sec.1.2: del lado izquierdo S y T son tales que, para
algún n (o sea algún enrejado de R2 representado por las lineas punteadas),
hay al menos una celda Rnjk (cinco celdas en el caso de la figura) que contribuye a A−n (S ∪ T ) pero no contribuye ni a A−n (S ) ni a A−n (T ); en este
caso A−n (S ∪ T ) > A−n (S ) + A−n (T ). Del lado derecho la celda Rnjk señalada
contribuye a A−n (S ∪T ) y a A−n (T ); en este caso A−n (S ∪T ) = A−n (S )+ A−n (T ).
Jorge Viveros. Centro de Investigación en Matemáticas, UAEH. HGO, México. jviveros[at]uaeh.edu.mx
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Figure 6. Def.1 sec.1.3: ejemplos de regiones elementales en el plano. La
ubicación de los ejes coordenados no es relevante y se han dibujado de esa
manera solo por referencia. Haga dibujos de otras regiones elementales no
incluidas explı́citamente en estos dibujos.
Figure 7. Izquierda: ejercicio 20. Centro: ejercicio 21. Derecha: ejercicio 22.
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