Fubini sobre subconjuntos

Por César Mendoza

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

Anteriormente, enunciamos el Teorema de Fubini y vimos un par de consecuencias de este. En esta entrada nos centraremos en el problema de integrar sobre productos cartesianos de conjuntos A×BRn=Rl×Rm;    ARl,BRm. Un caso bastante común en la práctica.

Productos de conjuntos medibles

Antes de empezar, veamos un resultado bastante intuitivo pero no trivial que es esencial para justificar nuestros desarrollos más adelante.

Proposición. Sean ARl y BRm y consideremos A×BRl×Rm=Rn. Si ALn y BLm, entonces A×BLn. Y además λ(A×B)=λ(A)λ(B.)

Demostración. El teorema es inmediato cuando A y B son ambos abiertos (o ambos cerrados), pues en este caso A×B es abierto (o cerrado) y en automático medible. Y por Fubini:

λ(A×B)=RnχA×B(x,y) dxdy=RnχA(x)χB(y) dxdy=Rm(RlχA(x)χB(y) dx)dy=RmχB(y)(RlχA(x) dx)dy=(RlχA(x) dx)(RmχB(y) dx)=λ(A)λ(B).

De hecho, este último argumento es válido siempre que A×BLn, así que sólo necesitamos probar que A×B es medible.

Más aún, basta probar el caso en el que A y B son medibles y de medida finita, pues cualesquiera ALl y BLm se pueden escribir como
A=k=1Ak;         B=k=1Bk; Donde los Ak y Bk son conjuntos de medida finita (en Rl y Rl respectivamente). Y A×B=j,k=1Ak×Bk.

Supongamos entonces que A y B son de medida finita. Por el teorema de caracterización de conjuntos medibles [ENLACE], podemos encontrar subconjuntos F1Rl, F2Rm cerrados y G1Rl, G2Rm abiertos tales que:
F1AG1, F2BG2,
Y: λ(G1F1)<ε, λ(G2F2)<ε.

De manera que F1×F2 es cerrado (en Rn) y G1×G2 es abierto (en Rn), con F1×F2A×BG1×G2.

Ahora, notemos que

(G1×G2)(F1×F2)=[(G1F1)×G2][F1×(G2F2)][(G1F1)×G2][G1×(G2F2)].

Notemos que éste último conjunto es unión de productos de abiertos. Así que podemoes estimar:

λ((G1×G2)(F1×F2))λ([(G1F1)×G2][G1×(G2F2)])λ([(G1F1)×G2])+λ([G1×(G2F2)])ελ(G2)+λ(G1)εε(λ(B)+ε)+ε(λ(A)+ϵ)=ε(λ(A)+λ(B))+2ε2.

En resúmen, podemos encontrar F=F1×F2 cerrado y G=G1×G2 abierto tales que FA×BG y λ(GF) sea tan pequeño como queramos, lo que implica que A×B es medible (teorema de caracterización).

Con el resultado anterior en mente, es fácil establecer una versión del teorema de Fubini para productos de conjuntos.

Teorema (Fubini para productos de conjuntos). Sean ALl y BLm con juntos medibles en Rl y Rm respectivamente. Sea f:Rn=Rl×Rm[,] una función medible que satisface cualquiera de las hipótesis del teorema de Fubini (f0 o fL1(Rn)). Entonces: A×Bf(x,y) dxdy=B(Af(x,y) dx)dy=A(Bf(x,y) dy)dx.

Demostración. Por simplicidad, probaremos solamente la primera igualdad. La segunda es completamente análoga.

Por la proposición anterior, A×BLn es un conjunto medible, por lo que fχA×B es una función medible. Como fχA×B0 si f0 o bien |fχA×B|L1 si |f|L1, concluimos que fχA×B satisface las hipótesis del teorema de Fubini. Luego:

A×Bf(x,y) dxdy=Rnf(x,y)χA×B(x,y) dxdy=Rm(Rlf(x,y)χA(x)χB(y) dx)dy=RmχB(y)(Rlf(x,y)χA(x) dx)dy=B(Af(x,y) dx)dy.

Veamos un ejemplo sencillo para fijar ideas.

Ejercicio. Calcular [0,1]×[1,2]x2y dxdy.

Solución. Antes de aplicar el teorema de Fubini, hay que asegurarnos que la función (x,y)x2y es L1([0,1]×[1,2]). En este caso es sencillo (aunque no siempre lo es):

|x2y||x|+2|y|(1)+2(2)5    (x,y)[0,1]×[1,2].

[0,1]×[1,2]|x2y| dxdy5[0,1]×[1,2]1 dxdy=5λ([0,1]×[1,2])=5<.

Por lo que fL1([0,1]×[1,2]). Entonces, aplicando el teorema de Fubini (para productos de conjuntos):

[0,1]×[1,2]x2y dxdy=12(01x2y dx)dy=12([x22]x=0x=12y(10))dy=12(122y)dy=12(21)2[y22]y=1y=2=12(32)=2

Más adelante…

Hemos enunciado el Teorema de Fubini junto con algunas de sus consecuencias.

En la siguiente entrada veremos un par de ejercicios resueltos para ver algunas aplicaciones del teorema de Fubini.

Tarea moral

El Teorema de Fubini

Por César Mendoza

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

El Teorema de Fubini es una herramienta fundamental en la teoría de integración, ya que permite descomponer integrales múltiples en integrales iteradas más simples. Este resultado no solo facilita los cálculos, sino que también tiene implicaciones teóricas de gran relevancia. En esta sección, estudiaremos su enunciado y algunas consecuencias, proporcionando una base sólida para resolver problemas más avanzados.

Notación

Antes de comenzar, conviene establecer algo de notación para simplificar los desarrollos más adelante.

En ésta y en las próximas entradas, l,m,nN denotarán enteros con n=l+m. Podemos expresar el producto cartesiano Rn=Rl×Rm.

Denotaremos a los puntos en Rn como z=(x,y)Rl×Rm=Rn, donde xRl y yRm.

Si f es una función sobre Rn=Rl×Rm y yRm, definimos la y-sección de f sobre Rl, fy:Rl[,] como: fy(x)=f(x,y)   xRl.

Dado ARn, y yRm, definimos la y-sección de A como Ay={xRl | (x,y)A}Rl.

Para el caso de una función característica χA, con ARn, notemos que

(χA)y(x)={1si (x,y)A0si (x,y)Ac

O equivalentemente, (χA)y=χAy.

Dado xRl, definimos análogamente las x secciones fx y Ax.

Motivación

Consideremos una función integrable f:Rn[,]. Como f es medible, es natural pensar que fy:Rl[,] «herede cierta regularidad». Supongamos momentáneamente que fy es integrable para cada y y definamos F(y)=Rlfy(x) dx.
Por la misma razón, es esperable pensar que F sea una función integrable.

Intuitivamente, F(y) representa la «masa acumulada» de f en la sección Rl×y, de modo que la «masa total» de f (i.e. Rnf(z) dz) debería ser «la suma continua» (la integral) de las contribuciones sobre cada sección:

Rnf(z) dz=RmF(y) dy=RmRlfy(x) dx dy.

Esto es precisamente lo que establece el teorema de Fubini.

Por desgracia, es fácil construir ejemplos de funciones medibles f, en los que fy no sea medible para todo y.

Ejemplo. Sea ERl cualquier conjunto no medible y y0Rm un punto arbitrario. Consideremos A=E×y0Rl+m y su respectiva función característica χA.

Al estar contenido en algún hiperplano, A es un conjunto de medida cero y en automático es medible, en particular χA es una función medible. A pesar de esto, fy0=χAy0=χE. NO es medible sobre Rl.

El ejemplo anterior muestra que hay que tener cuidado con la regularidad de las secciones. Afortunadamente, el concepto de casi donde sea nos da una alternativa para resolver este problema como veremos a continuación.

El Teorema de Fubini

Notación. Para enfatizar el hecho de que las integrales debajo son «iteradas», a la integral de una función f:Rn=Rl×Rm[,], la denotaremos también por Rnf(x,y) dxdy:=Rnf(z) dz.
Es decir, solamente reemplazamos z por (x,y) y dz por dxdy.

Teorema (Fubini-Tonelli para funciones no negativas). Sea f:Rn[0,] una función medible no negativa. Entonces para c.t.p. yRn, la función fy:Rl[0,] Es medible sobre Rl. Más aún, la función definida en c.t.p. F(y)=Rlfy(x) dx Es medible en sobre Rm y Rnf(x,y) dxdy=RmF(y) dy=Rm(Rlf(x,y) dx) dy.

La demostración requiere varios pasos, así que la posponemos para futuras entradas [ENLACE]. De momento, daremos por hecho el resultado.

Veamos primero un ejemplo sencillo para ver como el teorema de Fubini simplifica en gran medida el cálculo de integrales.

Ejercicio. Calcular la integral (0,)×(0,)e(x+y) dxdy.

Solución. Por definición, queremos calcular, R2e(x+y)χ(0,)2(x,y) dxdy.
Notemos que podemos escribir e(x+y)χ(0,)2(x,y)=exχ(0,)(x)eyχ(0,)(y). Ésta es una función medible y no negativa, así que podemos aplicar el teorema de Fubini:

(0,)2e(x+y) dxdy=R(Rexχ(0,)(x)eyχ(0,)(y) dx)dy

Ahora, en la integral de en medio el factor eyχ(0,)(y) NO depende del integrando x, así que lo podemos tomar como una constante y «sacarlo de la integral» por linealidad:

=Reyχ(0,)(y)(Rexχ(0,)(x) dx)dy

=Reyχ(0,)(y)(0ex dx)dy
Ahora el factor (0ex dx) NO depende de y, por lo que podemos «sacarlo» de la integral por linealidad:

=(0ex dx)(Reyχ(0,)(y) dy)
=(0ex dx)(0ey dy) =(0ex dx)2

Abreviando el argumento que ya hemos hecho con el teorema fundamental del cálculo y el teorema de la convergencia mpnótona : 0ex dx=0(ex) dx=[ex]x=0x==1, por lo que: (0,)2e(x+y) dxdy=12=1.

El teorema de Fubini se puede generalizar fácilmente para funciones en L1.

Teorema (Fubini para funciones L1(Rn)). Sea fL1(Rn), Entonces

  1. fyL1(Rm) para c.t.p. yRl. En particular F(y)=Rlfy(x) dx Existe para casi todo yRm.
  2. FL1(Rm) y RmF(y) dy=Rnf(x,y) dxdy.

Demostración. Escribamos f=f+f.

Por Fubini-Tonelli se sigue que f±,y son funciones medibles en Rl para casi todo yRm.

H(y):=Rlf+,y(x) dx;           G(y):=Rlf,y(x) dx
Existen en c.t.p. yRm. Además de que RmH(y) dy=Rnf+(x,y) dxdy<
Y RlG(y) dy=Rnf(x,y) dxdy<.

Como las integrales son finitas, se sigue que H y G son finitas para casi todo yRm. Es decir

Rlf+,y(x) dx<; Rlf,y(x) dx< En c.t.p. yRm. O equivalentemente que fy=f+,yf,yL1(Rl) en c.t.p. yRm. Ahora, para tales y tenemos:

F(y)=Rlfy(x) dx=Rlf+,y(x) dxRlf,y(x) dx=H(y)G(x)

FL1(Rm)
Al ser igual en c.t.p. a la función HGL1(Rm). Además

RmF(y) dy=RmH(y) dyRmG(y) dy=Rnf+(x,y) dxdyRnf(x,y) dxdy=Rnf(x,y) dxdy.

Que es precisamente lo que queríamos probar.

Corolario. Supongamos que f:Rn[,] satisface las hipótesis del Teorema de Fubini (ya sea f0 ó fL1). Entonces Rnf(x,y) dxdy=Rm(Rlf(x,y) dx)dy=Rl(Rmf(x,y) dy)dx

Demostración. La primera igualdad es por supuesto el teorema de Fubini. La segunda igualdad no es más que el resultado de combinar el teorema de Fubini con el cambio de coordenadas
(x1,x2,,xl,xl+1,,xn)(xl+1,,xn,x1,x2,,xl).

Integrales iteradas

Mediante varias iteraciones del teorema de Fubini, una integral puede ser descompuesta en integrales iteradas de muchas formas. Por ejemplo, podemos descomponer

Rnf(z) dz=Rn1(Rf(x,y) dx1)dy=Rn2(R(Rf(x1,x2,y) dx1)dx2)dy==R(R(Rf(x1,,xn1,xn) dx1)dxn1)dxn

De igual manera

Rnf(z) dz=R(Rn1f(x1,y) dy)dx1=Rm(Rlf(x,y) dx)dy=R((Rf(x1,,xn) dxσ(1)))dxσ(n)

Son todas descomposiciones válidas. (En este caso σ representa una permutación cualquiera de coordenadas).

En general tenemos mucha libertad para descomponer una integral. A la hora de resolver algún problema, es conveniente buscar la descomposición que «nos brinde mayor información» o «mejor se adapte al contexto del problema».

Hasta ahora hemos estado haciendo un gran uso de los paréntesis dentro de las integrales, principalmente para enfatizar el hecho de que las integrales son iteradas. Esto no es del todo necesario y a partir de ahora trataremos de omitirlos para aligerar la notación.

Fubini ayuda a checar integrabilidad

Algo que ocurre con frecuencia es que nos interesa calcular la integral de alguna función f que sólo sabemos que es medible pero no integrable, es decir, que \textit{a priori} no podemos aplicar el teorema de Fubini.

La manera usual de proceder en estos casos es aplicar el toerema de Fubini a la función |f|. Con suerte seremos capaces de calcular o estimar: Rn|f(z)| dz=RmRm|f(x,y)| dxdy.
Para así asegurarnos de que fL1 y poder usar Fubini sobre f.

Más adelante…

Veremos como el teorema de Fubini se especializa a productos de conjuntos, junto con algunas consecuencias.

Tarea moral

Cambio de variable lineal

Por César Mendoza

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

En esta entrada enunciaremos y probaremos el teorema de cambio de variable lineal para integrales de Lebesgue. Éste es un análogo al cambio de variable para integrales de Riemann que nos permite transformar integrales a versiones más simples o manejables.

Teorema (cambio de variable lineal). Sea TMn×n(R) una matriz invertible de n×n . Para cada función f:Rn[,]. Consideremos fT(x)=f(Tx). Entonces:

  1. Si f es medible fT es medible.
  2. Si f0 y f es medible, entonces: f dλ=|detT|fT dλ.
  3. Si fL1(Rn), entonces fTL1(Rn) y f dλ=|detT|fT dλ.

Demostración. Sea A un conjunto medible. Notemos que χAT=χT1A, pues χAT(x)=1 T(x)A xT1A. Esto también nos garantiza que χAT es medible. Por el teorma de invarianza de la medida de Lebesgue bajo transformaciones lineales tenemos entonces:

χAT dλ=χT1A dλ=λ(T1A)=|detT1|λ(A)=1|detT|χA dλ.

Es decir, χA dλ=|detT|χAT dλ.

Ahora, por linealidad, podemos concluir que para cualquier función simple no negativa sS, sT es medible con s dλ=|detT|sT dλ. Pues k=1mαkχAk dλ=|detT|k=1mαk(χAkT) dλ.

Para el caso general, consideremos f0 una función medible no negativa y skk=1S una sucesión de funciones simples tales que skf. Es inmediato verificar que sTfT, por lo que fT es medible. Además, por el teorema de la convergencia monótona tenemos:

f dλ=limksk dλ=limk|detT|skT dλ=|detT|fT dλ.

Finalmente veamos el caso fL1(Rn). Podemos escribir f=f+f con f± dλ<. Similarmente fT=f+TfT. Por el caso anterior, tenemos: f± dλ=|detT|f±T dλ.

De donde f±T dλ<, es decir, fTL1(Rn) y además:

f dλ=f+ dλf dλ=|detT|f+T dλ|detT|fT dλ=|detT|(f+T dλfT dλ)=|detT|fT dλ

Tenemos un resultado similar para las transformaciones afínes. La demostración es idéntica a la del teorema anterior (solo hay que usar adicionalmente la invarianza de la medida de Lebesgue bajo traslaciones). Dejamos los detalles como tarea moral.

Teorema (cambio de variable afín). Sea G(x)=Tx+c una transformación afín, donde TMn×n(R) una matriz invertible de n×n y cRn es un vector. Sea f:Rn[,]. Consideremos fG(x)=f(Tx+c) Entonces:

  1. Si f es medible fG es medible.
  2. Si f0 y f es medible, entonces: f dλ=|detT|fG dλ.
  3. Si fL1(Rn), entonces fGL1(Rn) y f dλ=|detT|fG dλ.

Más aún, podemos especializarlo a integrales sobre conjuntos:

Corolario (cambio de variable afín). Sea G(x)=Tx+c una transformación afín, donde TMn×n(R) una matriz invertible de n×n y cRn es un vector. Sea f:E[,] una función sobre un conjunto medible E. Consideremos fG(x)=f(Tx+c). La cual está definida en G1(E). Entonces:

  1. Si f es medible sobre E fG es medible sobre G1(E).
  2. Si f0 y f es medible, entonces: Ef dλ=|detT|G1(E)fG dλ.
  3. Si fL1(E), entonces fGL1(G1(E)) y Ef dλ=|detT|G1(E)fG dλ.

Demostración. Por el corolario anterior, notemos que f medible sobre E fχE es medible (fχE)G=fGχEG=fGχG1(E) es medible, o equivalentemente, fG es medible sobre G1(E).

Si f0 sobre E, claramente fG0 sobre G1(E). Si fL1(E) fχEL1(Rn) (fχE)G=fGχG1(E)L1(Rn) fGL1(G1(E)). En ambos casos:

Ef dλ=fχE dλ=|detT|(fχE)G dλ=|detT|(fG)(χEG) dλ=|detT|(fG)χG1(E) dλ=|detT|G1(E)fG dλ

Comentario. Los resultados anteriores son generalizaciones de los cambios de variable para integrales de Riemann (mientras el cambio de variable sea afín). Las reglas mnemotécnicas para efectuar los cambios de variable en integrales de Riemann generalmente también aplican para integrales de Lebesgue y a menudo son útiles para simplificar los cálculos. Por ejemplo, de ser conveniente, podríamos hacer un cambio de variable en la integral

Ef(G(x)) dx. Escribamos (simbolicamente):

u=G(x)=Tx+cdu=|detT| dx1detT du=dx.

Y para el cambio de dominio de integración, podemos pensar que «integrar sobre xE equivale a integrar sobre u=G(x)G(E)». Sustituyendo simbólicamente G(x) y dx en la integral y cambiando el dominio: Ef(G(x)) dx=G(E)f(u) du|detT|=1|detT|G(E)f(u) du.
Que es precisamente el corolario anterior. Veamos un ejemplo concreto.

Ejercicio. Calcular la integral: 014x2+6x+9 dx.

Solución. Hagamos el cambio de variable u=2x+3=G(x). Notemos que G[0,)=[3,) y el determinante de la transformación lineal asociada a G (x2x) es 2. Simbólicamente: du=2 dx. Luego la integral se reduce a:

014x2+6x+9 dx=01(G(x))2 dx=1231u2 du=12limN3N(1u) du=12limN[1u]u=3u=N=12limN[131N]=26.

Ejemplo. A veces podemos encontrarnos con familias de integrales con dominio variable. Para simplificar cálculos, a menudo conviene reescribirlas en «dominios fijos». Por ejemplo, en el caso de integrales de alguna función fL1 sobre bolas de radio variable:

B(r)=Br(x0)f(y) dy.

Para cada r fijo, podemos hacer el cambio de variable y=rz+x0 para cambiar el dominio de integración a la bola unitaria. Observa que el determinate de la tranformación zrz es rn.
B(r)=Br(x0)f(y) dy=rnB1(0)f(rz+x0) dz.

Más adelante…

Introduciremos el Teorema de Fubini: Un teorema fundamental en la teoría de integración que nos permite descomponer integrales sobre Rn en integrales iteradas más sencillas.

Tarea moral

Las integrales de Riemann y Lebesgue

Por César Mendoza

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

En las entradas pasadas desarrollamos una gran cantidad de resultados asociados a la integral de Lebesgue, que demuestran que ésta tiene propiedades analíticas muy interesantes. Sin embargo, quedan dos preguntas importantes por responder: ¿Cuál es la relación que existe entre la noción «clásica» de integración (i.e. la integral de Riemann) y la integral de Lebesgue? ¿Cómo podemos evaluar integrales de funciones «sencillas»? (por ejemplo polinomios, funciones trigonométricas y exponenciales).

En esta entrada responderemos esa pregunta. Veremos que una función Riemann integrable es automáticamente L1 y que las dos nociones de integral coinciden. Esto tiene una consecuencia importante: Si la función es Riemann integrable, podemos reducir el cálculo de la integral de Lebesgue a una integral de Riemann y usar todas las herramientas que ya conocemos de estas para calcular integrales (por ejemplo el teorema fundamental del cálculo, cambios de variable, etc.).

Breve repaso de la integral de Riemann

Una partición P de un intervalo cerrado [a,b] es una secuencia de puntos a=t0<t1<<tk=b. Una partición de un rectángulo cerrado A=[a1,b1]××[an,bn] es una colección P=(P1,,Pn) donde cada Pi es una partición del intervalo [ai,bi]. Si Pi divide a [ai,bi] en li intervalos consecutivos, entonces P=(P1,,Pn) divide a A en l1l2ln subrectángulos (formados por productos de subintervalos inducidos por la partición). Denotaremos a la colección de dichos rectángulos como RP.

Definimos el diámetro de una partición P=(P1,,Pn) como el supremo de los diámetros de los rectángulos inducidos: diam(P)=supSRP{diam(S)}.

Sea f:AR una función acotada sobre un rectángulo A y P una partición de A. Para cada subrectángulo SRP definimos

mS=inf{f(x) | xS}MS=sup{f(s) | xS}.

Definimos las sumas inferiores y superiores de f asociadas a la partición P como:
L(f,P)=SRPms|S|;   U(f,P)=SRPMs|S|.
Donde |S|=λ(S) es el volúmen/medida del rectángulo S (el producto de los intervalos componentes).

Decimos que una partición P=(P1,,Pn) refina a P=(P1,,Pn) si PkPk para cada k=1,2,,n. (Esto es, cada subrectángulo de P está contenido en un subrectángulo de P).

El siguiente Lema es estándar. Omitimos la demostración, ésta puede ser consultada en la mayoría de textos.

Lema. Si P refina a P, entonces L(f,P)L(f,P)U(f,P)U(f,P).

Decimos que una función acotada f:AR es Riemann integrable si supP{L(f,P)}=infP{U(f,P)}.

El valor común supP{L(f,P)}=infP{U(f,P)} es llamado la integral de Riemann de f sobre A y lo denotaremos provisionalmente como R,Af(x) dx.

Una clase importante de funciones Riemann integrables son las funciones continuas:

Proposición. Si f es una función continua sobre un rectángulo A entonces f es Riemann integrable.

Omitimos la demostración.

Las integrales de Riemann y Lebesgue

Teorema. Sea f una función acotada sobre un rectángulo A.

  1. Si f es Riemann integrable, entonces f es Lebesgue medible (y por tanto integrable en A al ser acotado), además R,Af(x) dx=Af dλ.
  2. f es Riemann integrable sobre A si y sólo si D=x | f es discontinua en x tiene medida de Lebesgue cero.

Demostración. Supongamos que f es Riemann integrable. Para cada partición P definamos:

gP=SRPmSχS;   GP=SRPMSχS.

Si bien los rectángulos SRP no son ajenos, sólo se intersectan en conjuntos de medida cero (sus fronteras). Usando que λ(S)=|S|, concluimos facilmente:

gP dλ=L(f,P);   GP dλ=U(f,P).

Como supP{L(f,P)}=infP{U(f,P)}=R,Af(x) dx, podemos encontrar una sucesión de particiones P1,P2, tales que L(f,Pk),U(f,Pk)R,Af(x) dx cuando k. Por el Lema podemos suponer sin pérdida de generalidad que para cada k=1,2,, Pk+1 refina a Pk y el diámetro de Pk es menor a 1k.

Consideremos Nk=SRPkS, (Donde A denota la frontera del conjunto A ), Y N=kNNk.
Es decir, N es el conjunto de puntos que está en la frontera de alguno de los rectángulos inducidos por Pk para algún k. Cada Nk es un conjunto nulo (pues está contenido en una cantidad finita de hiperplanos) N es un conjunto nulo.

Observemos que cualquier punto xN está estrictamente en el interior de cada rectángulo SRPk al que pertenece. Esto nos garantiza que gP1(x)gP2(x) y GP1(x)GP2(x) pues si xTS con SRPk;TRPk+1, entonces gPk(x)=mSmT=gPk+1(x) y GPk(x)=MSMT=GPk+1(x). Además |gPk(x)|,|GPk(x)|supA|f|.

Por lo anterior, deducimos que gPk es una sucesión crecieciente y acotada en c.t.p. mientras que GPk es una sucesión decreciente y acotada en c.t.p. Esto garantiza que gPk y GPk convergen a ciertas funciones g y G con gfG en c.t.p. ,además, ambas sucesiones están acotadas en norma por supA|f|. Se sigue del teorema de la convergencia dominada que:

R,Af(x) dx=limkL(f,Pk)=limkgPk dλ=g dλ
R,Af(x) dx=limkU(f,Pk)=limkGPk dλ=G dλ

Como Gg0 (en c.t.p.) y (Gg) dλ=0, se sigue que G=g en c.t.p. G=f=g en c.t.p., por lo que f es medible. Más aún, es L1(A) pues es una función medible y acotada (en c.t.p.) sobre A. Por monotonía la única posibilidad es:

f dλ=g dλ=G dλ=R,Af(x) dx.

Se sigue 1.

Veamos la dirección () en 2. Supongamos que f es Riemann integrable. Consideremos las funciones: h(x)=limδ0inf|yx|δf(y);   H(x)=limδ0sup|yx|δf(y).

h y H están bien definidas pues f es acotada. Desentrañando las definiciones es fácil ver que H(x)=h(x) si y sólo si f es continua en x. Usaremos la notación del inciso anterior.

Definamos N=N{x | g(x)G(x)}. En el inciso anterior probamos que los dos conjuntos en la unión son nulos, de modo que N es nulo. Probaremos que si xN H(x)=h(x) (en particular f es continua en c.t.p.). Sea entonces xAN.

Sea ε>0. Como limkgk(x)=g(x)=G(x)=limkGk(x), podemos encontrar una MN suficientemente grande tal que GM(x)gM(x)<ε2.

Sea S el rectángulo inducido por PM tal que xS. Como observamos anteriormente, x está en el interior de S, de modo que podemos encontrar δ>0 suficientemente pequeño tal que Bδ(x)S Luego, yBδ(x):
GM(x)=supySf(y)sup|yx|δf(y)inf|yx|δf(y)infySf(y)=gM(x)
sup|yx|δf(y)inf|yx|δf(y)GM(x)gM(x)<ε. Como esto se satisface para cualquier ε>0, necesariamente h(x)=limδ0inf|yx|δf(y)=limδ0sup|yx|δf(y)=H(x).
Esto prueba la implicación () de 2.

La implicación () es esencialmente revertir los pasos anteriores: Tomemos cualquier sucesión de particiones cuyo diámetro se haga arbitrariamente pequeño y definamos gk,Gk,g,G,N como antes. Es fácil ver que si H(x)=h(x) con xN h(x)=g(x)=G(x)=H(x). En particular g=G en c.t.p. Aplicando el teorema de la convergencia dominada se llega a una desigualdad análoga a (2) lo que implica que limkL(f,Pk)=limkU(f,Pk), es decir, que f es Riemann integrable.

Cálculo de integrales

Por el teorema anterior, podemos reducir el cálculo de una integral de Lebesgue al cálculo de una integral de Riemann mientras la función sea Riemann integrable. Esto nos permite usar todas las herramientas conocidas para el cálculo de integrales de Riemann, como el teorema fundamental del cálculo o los cambios de variable.

Esto se aprecia mejor con un ejemplo.

Ejercicio. Calcular la integral de Lebesgue 0ex dx.

Solución. La sucesión gN(x)=exχ[0,N] es una sucesión creciente de funciones medibles positivas. Claramente limNgN(x)=exχ[0,). Luego, por el teorema de la convergencia monótona:

0ex dx=limNRgN(x) dx=limN0Nex dx

Al ser continuas, las funciones del lado derecho son Riemann integrables sobre [0,N]. Por el teorema anterior, el cálculo de estas integrales (de Lebesgue) se reduce al cálculo de las integrales de Riemann, por lo que podemos usar el teorema fundamental del cálculo:

0ex dx=limN0Nex dx=limN[ex]x=0x=N=limN[eN+e0]=1limNeN=1.

El criterio del resultado anterior nos da otro argumento para ver que la función de Dirichlet no es Riemann integrable.

Ejemplo. La función de Dirichlet χQ no es Riemann integrable en [0,1], pues no es continua en ningún punto de este intervalo.

Ejercicio. Probar que la función f(x)=x(x2+x+1)ln(1+x)2L1([1,)).

Solución. Observemos primero que f0 en [1,). En vez de calcular directamente 1f(x) dx, es suficiente encontrar alguna función gL1([1,)) tal que 0fg. Consideremos entonces g(x)=1(x+1)(ln(x+1))2. Como x+1x2+x+1x para x[0,) fg en [0,). Por el teorema de la convergencia monótona:

1g(x) dx=11(x+1)(ln(x+1))2 dx=limN1N1(x+1)(ln(x+1))2 dx=limN1N(1ln(x+1)) dx=limN[1ln(x+1)]x=1x=N=1ln(2)limN1ln(N+1)=1ln(2)0=1ln(2)<.

Más adelante…

Veremos el teorema de cambio de variable para integrales de Lebesgue. Análoga al de las integrales de Riemann, nos permite «cambiar coordenadas» en las integrales para reescribirlas de manera conveniente.

Tarea moral

Invarianza de la medida de Lebesgue

Por César Mendoza

MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

En las secciones pasadas probamos muchas propiedades interesantes de los conjuntos medibles y la medida de Lebesgue. Una omisión importante es ¿Qué pasa con las transformaciones rígidas?Intuitivamente la medida de Lebesgue debería ser invariante bajo esta clase de transformaciones, pues es a lo que estamos acostumbrados en dimensiones bajas por ejemplo con polígonos o poliedros. Más generalmente podríamos preguntarnos que efecto tienen las transformaciones lineales sobre los conjuntos medibles y la medida de Lebesgue. En esta entrada discutiremos precisamente cuál es la relación entre λ(A) y λ(TA) donde T es una matriz arbitraria.

Nuestro objetivo es probar lo siguiente:

\textbf{Teorema.} Sea TMn×n(R) una matriz y ARn, entonces λ(TA)=|detT|λ(A). Si A es medible entonces TA es medible y λ(TA)=|detT|λ(A)

Veremos primero el caso en el que T es invertible.

Podemos hacer una serie de reducciones para simplificar la demostración. Considera lo siguiente.

Observación 1. Si el teorema es válido para dos matrices T1 y T2, entonces es válido para el producto T1T2 pues |detT1T2|=|detT1||detT2| λ(T1T2A)=|detT1|λ(T2A)=|detT1||detT2|λ(A)=|detT1T2|λ(A) Y si A es medible T2A es medible T1T2A es medible.

Hecho 1. De tus cursos anteriores seguramente recordarás que toda matriz invertible se puede descomponer como producto de las llamadas «matrices elementales». Puedes consultarlo aquí (LINK A-L) Como un breve recordatorio, existen dos tipos de matrices elementales. En lo que sigue k y l denotan enteros fijos entre 1 y n.

Matrices de multiplicación. Dado cRn, son matrices de la forma M=[mij] con:

mij={1si i=jkcsi i=j=k0si ij

Por ejemplo cuando k=1:

(c00010001)

Observa que |detM|=c, además que M1 es también una matriz de multiplicación con c reemplazado por c1. Dada una matriz T, MT es la matriz que se obtiene de T al multiplicar su k-ésima fila por c. Algo similar ocurre con TM reemplazando filas'' porcolumnas». Como transformación lineal ésta actúa multiplicando la k-ésima componente de un vector por c.

Matrices de suma. Dado cRn, son matrices A=[aij] de la forma:

aij={1si i=jkcsi i=k,j=l0si ij

Por ejemplo, cuando k=1,l=2:

(1c0010001)

Observa que |detA|=1, y que A1 es también una matriz de multiplicación con c reemplazado por c. Dada una matriz T, AT es la matriz que se obtiene de T al sumar c veces la fila l a la fila k. Algo similar ocurre con TA reemplazando «filas» por «columnas». Como transformación lineal ésta actúa sobre un vector sumando c veces la l-ésima entrada a su k-ésima entrada.

Por las observaciones anteriores, resulta que es suficiente probar el teorema para las matrices elementales, que denotaremos por En×n.

Veamos ahora el siguiente Lema.

Lema. Sea TMn×n una matriz invertible. Sea J el rectángulo semiabierto:
J=[0,1)××[0,1)
Sea ρ el cociente: ρ=λ(TJ)λ(J).
Dado ARn, entonces λ(TA)=ρλ(A). Si A es medible, entonces TA es medible y λ(TA)=ρλ(A).

Demostración. La transformación lineal xTx es continua con inversa continua, por tanto un homeomorfismo. En particular manda conjuntos abiertos en conjuntos abiertos y conjuntos compactos en conjuntos compactos. Observa que podemos expresar J como unión numerable de conjuntos compactos, a saber: J=k=1[0,1k1]×[0,1k1]××[0,1k1] de modo que TJ=k=1T([0,1k1]×[0,1k1]××[0,1k1]) también es unión numerable de compactos (en particular es medible). Como J es acotado TJ también lo es así que su medida es finita. En todo caso, el cociente ρ tiene sentido y está bien definido.

Veamos primero que lo anterior se satisface para conjuntos abiertos. Considera G un conjunto abierto arbitrario.

La idea es cubrir a G con una cantidad numerable de «copias reescaladas» y ajenas de J. El procediemiento es estándar:

Primero cubrimos Rn con rectángulos de la forma [α1,α1+1)×[α2,α2+1)××[αn,αn+1) donde cada αkZ es un número entero y seleccionamos los rectángulos que están contenidos en G. Luego, partimos cada rectángulo no seleccionado en los 2n subrectángulos que se obtienen al bisecar sus lados. Estos son de la forma [α12,α1+12)×[α22,α2+12)××[α22,α2+12) con αkZ enteros. De nuevo seleccionamos los rectángulos que están contenidos en G. Continuando recursivamente con este proceso, al final nos quedamos con una colección numerable de copias reescaladas ajenas de J: J1,J2,.

Como G es abierto cualquier punto xG debe ser eventualmente cubierto por algún Jk y claramente cada rectángulo se queda contenido en G. Podemos concluir que G=k=1Jk es la descomposición deseada. Naturalmente tenemos también que TG=k=1TJk es la únión ajena de las imágenes TJk (que son medibles).

Como cualquier Jk es de la forma: Jk=zk+tkJ Podemos calcular su medida de Lebesgue: λ(Jk)=tknλ(J).

Ahora, por linealidad se verifica fácilmente que: TJk=Tzk+tkTJ λ(TJk)=tknλ(TJ) λ(TJk)=(λ(TJ)λ(J))tknλ(TJ)=ρλ(Jk)

Finalmente, por la aditividad contable:

λ(TG)=λ(k=1TJk)=k=1λ(TJk)=ρk=1λ(Jk)=ρλ(G)

Esto establece el Lema para el caso de conjuntos abiertos. Si ARn es un subconunto arbitrario, por la aproximación con abiertos tenemos:

λ(TA)=infTAU abto.{λ(U)}=infAU abto.{λ(TU)}=infAU abto.{ρλ(U)}=ρinfTAU abto.{λ(U)}=ρλ(A)

En la segunda igualdad usamos que T es un homeomorfismo.

Finalmente, si A es medible, para cualquier ε>0 podemos encontrar un abierto U tal que λ(UA)<ερ Entonces TU es un abierto con

λ(TUTA)=λ(T(UA))=ρλ(UA)<ε
Se sigue que TA es medible y λ(TA)=λ(TA)=ρλ(A)+ρλ(A).

El Lema anterior nos dice en particular que cuando T es una matriz elemental, existe alguna constante ρ tal que λ(TA)=ρλ(A) para cualquier conjunto medible A. Queremos probar que ρ=|detT|, para ello es suficiente exhibir algún conjunto particular A (de medida finita y no nula) para el cual podamos calcular ρ=λ(TA)λ(A). Tratamos los dos tipos de matrices elementales por separado.

  1. T es matriz de multiplicación. Asumamos sin pérdida de generalidad que T=[tij] con t11=c, tii=1 para i1, en este caso detT=c (los demás casos son análogos). Escojamos A=[0,1]×[0,1]××[0,1]  λ(A)=1 Si c>0 entonces TA=[0,c]×[0,1]××[0,1]  λ(TA)=c Y si c<0 entonces TA=[c,0]×[0,1]××[0,1]  λ(TA)=c En todo caso
    ρ=λ(TA)λ(A)=|c|=|detT|.
  2. T es matriz de adición. Nuevamente, por simplicidad asumiremos que T es de la forma
    T=(1c0010001)
    Y que c>0. Los demás casos son completamente análogos. Ahora, escojamos A=xRn : cx2x10,0x21,,0xn1. Es de rutina corroborar que TA=xRn : 0x1cx2,0x21,,0xn1. Si M es la matriz de multiplicación
    M=(100010001)
    Para este A en particular tenemos que TA=MA Así que por el caso anterior tenemos λ(TA)=λ(MA)=|detM|λ(A)=λ(A) De donde ρ=λ(TA)λ(A)=1=|detT|.

Esto concluye la prueba para matrices elementales y por tanto, para todas las matrices invertibles. Veamos ahora el caso degenerado en el que detT=0. En este caso es suficiente probar que directamente λ(TRn)=0.

Si detT=0, los vectores columna de la matriz T son linealmente dependientes, por lo que generan un subespacio TRn de dimensión m<n. Por Gram-Schmidt, podemos escojer una base ortonormal B={b1,b2,,bn} de Rn tal que {b1,b2,,bm} sean base de S.

Sea entonces M la matriz cuyos vectores columna son b1,b2,bn en ese órden (ésta es ortogonal, y por tanto |detM|=1). M transforma la base usual de Rn en la base B, i.e. Mei=bi (donde ei es el vector con i-ésima entrada 1 y las demás 0), se sigue que: M(Rm×0nm)=TRn Entonces, usando el caso no degenerado tenemos:

λ(TRn)=λ(M(Rm×0nm))=|detM|λ(Rm×0nm)λ(Rn1×0)=0

Pues ya sabemos que el hiperplano Rn1×0 tiene medida cero.

Más adelante…

Definiremos el concepto de sigma-álgebra y funciones medibles, las estructuras abstractas sobre las que podemos definir la integral de Lebesgue y otros conceptos de integración más generales.

Tarea moral