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 mínima 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 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 : �X
→ [−∞, � ∞] son funciones medibles iguales en casi
todo punto, entonces f = g para todo conjunto medible E.
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 �función
simple tal que 0 ≤ ϕ ≤ h,
entonces ϕ = 0 c.s. Por tanto, ϕ = 0. Por la definición de integral
E
�
de funciones medibles no negativas se deduce que h = 0.
�
c) Prueba que, si f, g : X → [0, ∞] son funciones medibles tales que f =
�
E
g para un conjunto medible E, entonces f y g son iguales en casi todo
E
punto de E.
Solución. Para cualquier n ∈ N,
�
µ({x : f · χE ≥ 1/n}) ≤ n
Como
�
f · χE dµ = n f dµ = 0.
E
{x : (f − g) · χE > 0} = �
{x : (f − g) · χE ≥ 1/n},
n∈N
E

entonces µ({x : (f − g) > 0} ∩ E) = µ({x : (f − g) · χE > 0}) = 0.
Además, para cualquier n ∈ N,
�
�
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). Así 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 y no negativa. Si α > 0 y Eα = {x :
f(x) > α}, prueba que m(Eα) ≤ 1
�
f.
α
Solución. Es evidente que
�
α · m(E) =
�
α · χE ≤
E
�
f ≤
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.
X
f.

2. Teoría.
Enuncia el lema de Fatou y demuestra el teorema de la convergencia dominada.
Solución. Lema de Fatou. Si (fn) es una sucesión� de funciones �medi
bles no negativas y fn(x) → f(x) c.s. en E, entonces f ≤ lím inf fn.
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) = lím fn(x) c.s. en E. Entonces
� �
f = lím fn.
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:
�
�
(g − f) ≤ lím inf (g − fn).
Como |f| ≤ g, f es integrable y
� � �
g − f ≤
�
de donde
E
E
E
�
f ≥ lím sup
E
E
fn.
E
E
E
E
�
g − lím sup fn,
E
Análogamente, � si aplicamos � el lema de Fatou a la sucesión g + fn, llegamos
a f ≤ lím inf fn.
E
E
� �
�
En definitiva, lím sup fn ≤ f ≤ lím inf fn. De aquí se deduce la
igualdad.
3. Problemas (elegir dos):
E
E
a) Se considera la sucesión (fn)n∈N de funciones definidas por fn(x) = sen 2 (nx).
� 2π
� 2π
Calcula lím inf fn(x) dx y lím inf fn(x) dx. ¿Qué teorema afirma
0
el resultado obtenido?
Solución. La función fn(x) = sen2 (nx) oscila entre los valores 0 y 1
y, cuando n → ∞, la sucesión (fn) no tiene límite.
�
Pero su límite in-
2π
ferior es 0 y su límite superior es 1. Así pues, lím inf fn(x) dx =
0
E
0
E

� 2π
� 2π
0 dx = 0 pero fn(x) dx =
0
0
1
� 2π
(1−cos(2nx)) dx = π. Por
�
2 0
2π
tanto, lím inf fn(x) dx = π.
0
� 2π
� 2π
Observamos que lím inf fn(x) dx < lím inf fn(x) dx, de-
0
sigualdad que afirma el lema de Fatou.
b) Calcula lím
n→∞
utilizados.
� n
0
�
1 + x2
�n e
n
−2x2
dx justificando la validez de los teoremas
Solución. Consideramos la sucesión fn(x) =
0
�
1 + x2
χ[0,n](x) de funciones medibles no negativas en (0, ∞).
Por una parte, fn(x) ≤ fn+1(x), ∀x > 0:
En efecto,
�
1 + x2
�n �
≤ 1 +
n
x2
�n+1 ⇐⇒
n + 1
(n + x2 ) n
(n + 1 + x2 ≤
) n+1
n
� n
e −2x2
·
nn .
(n + 1) n+1
Si definimos la función f(x) = (n+x2 ) n
(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
con lo que f es decreciente.
f ′ (x) = −2x3 (n + x2 ) n−1
(n + 1 + x2 ≤ 0
) n+1
Por otra parte, límn→∞ fn(x) = e −x2
�
lím 1 +
n→∞
x2
�n n
= lím
n→∞
�
1 + x2
� n
x2 ·x2
= e x2
).
si x ≥ 0 (basta calcular
n
Podemos entonces aplicar el teorema de la convergencia monótona:
� ∞
� ∞
lím
n→∞
fn(x) dx = lím fn(x) dx.
Por tanto,
0
� n
lím
n→∞
0
� ∞
fn(x) dx = e −x2
dx =
0
0
√ π
2 .

c) Sean (X, Ω, µ) un � 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