Análisis 3 - Tema 5

Análisis III
Integral de Lebesgue
Funciones simples
Funciones no negativas
Espacio L1
2026-01-12
218 min de lectura

Integral de Lebesgue para funciones simples

💡Nota

En lo que sigue, a menos que se indique lo contrario, se considerará siempre que:

0⋅∞=0\begin{align*} 0 \cdot \infty = 0 \end{align*}

siempre que 00 o ∞\infty representen la medida de algún conjunto.

Integral con patas de Lebesgue para funciones simples. Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y s:X→[0,∞)s : X \to [0, \infty) función simple medible con expresión canónica:

s=∑i=1nλiXAi con 0≤λ1<λ2<⋯<λn<∞\begin{align*} s = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \mathcal{X}_{A_i} \quad \text{ con } 0 \leq \lambda_1 < \lambda_2 < \dots < \lambda_n < \infty \end{align*}

se define la integral con patas de Lebesgue de ss sobre XX como el número:

∫Xs dμ:=∑i=1nλiμ(Ai)\begin{align*} \int_{X} s \, d\mu := \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \mu(A_i)\\ \end{align*}

💡Nota

Implícitamente ya está definida la integral de ss sobre E⊆XE \subseteq X donde E∈ΣE \in \Sigma como:

∫Es dμ:=∫Es∣E dμ=∑i=1nλiμ(Ai∩E)\begin{align*} \int_E s \, d\mu := \int_E s_{|_E} \, d \mu = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \mu(A_i \cap E) \end{align*}

donde consideramos el espacio de medida (E,ΣE,μ∣Σ(E))\left(E, \Sigma_E, \mu_{|_{\Sigma(E)}}\right).

Propiedades básicas de la integral con patas de Lebesgue

Linealidad del integrando. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, s ⁣:X→[0,∞)s \colon X \to [0, \infty) función simple medible y {Ei}i∈N⊆Σ\{E_i\}_{i \in \mathbb{N}} \subseteq \Sigma con Ei∩Ej=∅E_i \cap E_j = \emptyset si i≠ji \neq j entonces:

∫⋃i=1∞Eis dμ=∑i=1∞∫Eis dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i = 1}^{\infty} E_i} s \, d\mu = \sum_{i=1}^{\infty} \int_{E_i} s \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Sea s=∑i=1nλiXAis = \sum_{i = 1}^n \lambda_i \mathcal{X}_{A_i} la expresión canónica de ss. Entonces:

∫⋃j=1∞Ejs dμ=∑i=1nλiμ(Ai∩[⋃j=1∞Ej])=μ es medidaEi∩Ej=∅∑i=1nλi(∑j=1∞μ(Ai∩Ej))==∑i=1n(∑j=1∞λiμ(Ai∩Ej))=∗∑j=1∞∑i=1nλiμ(Ai∩Ej)=∑j=1∞∫Ejs dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{j = 1}^\infty E_j} s \, d\mu & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \mu\left(A_i \cap \left[\displaystyle \bigcup_{j = 1}^\infty E_j\right]\right) \xlongequal[{\mu \text{ es medida}}]{E_i \cap E_j = \emptyset }\displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty}\mu(A_i \cap E_j)\right) = \\[2ex] & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n}\left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \lambda_i \mu(A_i \cap E_j)\right) \overset{*}{ = } \displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \mu(A_i \cap E_j) = \displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \int_{E_j} s \, d\mu \end{align*}

(*) Al ser todas las sumas con términos no negativos, se pueden reordenar las series sin alterar su valor.

Linealidad parcial. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, s,t ⁣:X→[0,∞)s, t \colon X \to [0, \infty) funciones simples medibles se tiene:

∫X(s+t) dμ=∫Xs dμ+∫Xt dμ\begin{align*} \int_{X} (s + t) \, d\mu = \int_{X} s \, d\mu + \int_{X} t \, d\mu \end{align*}

O alternativamente, para E∈ΣE \in \Sigma (con E⊆XE \subseteq X):

∫E(s+t) dμ=∫Es dμ+∫Et dμ\begin{align*} \int_E (s + t) \, d\mu = \int_E s \, d\mu + \int_E t \, d\mu\\ \end{align*}

📐Demostración

Sean las expresiones canónicas de ss y tt:

s=∑i=1nαiXAi y t=∑j=1mβjXBj\begin{align*} s = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \mathcal{X}_{A_i} \quad \text{ y } \quad t = \sum_{j=1}^{m} \beta_j \mathcal{X}_{B_j} \end{align*}

Entonces tenemos:

∫Xs dμ=intdef∑i=1nαiμ(Ai)=Bj∩Bk=∅⋃j=1mBj=X∑i=1nαi∑j=1mμ(Ai∩Bj)=∑1≤i≤n,1≤j≤mαiμ(Ai∩Bj)∫Xt dμ=intdef∑j=1mβjμ(Bj)=Ai∩Ak=∅⋃i=1nAi=X∑j=1mβj∑i=1nμ(Ai∩Bj)=∑1≤i≤n,1≤j≤mβjμ(Ai∩Bj)\begin{align*} \int_X s \, d\mu & \xlongequal[{\text{int}}]{\text{def}} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \alpha_i \mu(A_i) \xlongequal[B_j \cap B_k = \emptyset]{\bigcup_{j = 1}^m B_j = X} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \alpha_i \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \mu(A_i \cap B_j) = \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \alpha_i \mu(A_i \cap B_j)\\[3ex] \int_X t \, d\mu & \xlongequal[{\text{int}}]{\text{def}} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \beta_j \mu(B_j) \xlongequal[A_i \cap A_k = \emptyset]{\bigcup_{i = 1}^n A_i = X} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \beta_j \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \mu(A_i \cap B_j) = \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \beta_j \mu(A_i \cap B_j) \end{align*}

Entonces, sumando ambas expresiones:

∫Xs dμ+∫Xt dμ=∑1≤i≤n,1≤j≤m(αi+βj)μ(Ai∩Bj)⏞=∫Ai∩Bj(s+t)dμ==∑1≤i≤n,1≤j≤m ∫Ai∩Bj(s+t)dμ=integrlineal∫⋃1≤i≤n,1≤j≤m[Ai∩Bj](s+t)dμ=∫X(s+t)dμ\begin{align*} \int_X s \, d\mu + \int_X t \, d\mu & = \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \overbrace{(\alpha_i + \beta_j) \mu(A_i \cap B_j)}^{\text{\tiny $= \displaystyle \int_{A_i \cap B_j} (s + t) d\mu$}} =\\[2ex] & = \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \, \int_{A_i \cap B_j} (s + t) d\mu \xlongequal[{\text{integr}}]{\text{lineal}} \int_{\text{\tiny $\displaystyle \bigcup_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} [A_i \cap B_j]$}} (s + t) d\mu = \int_X (s + t) d\mu \end{align*}

Retículo. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y s,t ⁣:X→[0,∞)s, t \colon X \to [0, \infty) funciones simples medibles tales que s≤ts \leq t entonces:

∫Xs dμ≤∫Xt dμ\begin{align*} \int_X s \, d\mu \leq \int_X t \, d\mu \end{align*}

Alternativamente, para E∈ΣE \in \Sigma (con E⊆XE \subseteq X):

∫Es dμ≤∫Et dμ\begin{align*} \int_E s \, d\mu \leq \int_E t \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Sean las expresiones canónicas de ss y tt:

s=∑i=1nαiXAi y t=∑j=1mβjXBj\begin{align*} s = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \mathcal{X}_{A_i} \quad \text{ y } \quad t = \sum_{j=1}^{m} \beta_j \mathcal{X}_{B_j} \end{align*}

Entonces, por un razonamiento análogo al de la proposición anterior tenemos:

∫Xs dμ=∑1≤i≤n,1≤j≤mαiμ(Ai∩Bj) y ∫Xt dμ=∑1≤i≤n,1≤j≤mβjμ(Ai∩Bj)\begin{align*} \int_X s \, d\mu = \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \alpha_i \mu(A_i \cap B_j) \qquad \text{ y } \qquad \int_X t \, d\mu = \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \beta_j \mu(A_i \cap B_j) \end{align*}

Como s∣Ai=αis_{|_{A_i}} = \alpha_i y t∣Bj=βjt_{|_{B_j}} = \beta_j, y sabemos s≤ts \leq t entonces en cada Ai∩BjA_i \cap B_j se tiene:

αi=s∣Ai∩Bj≤t∣Ai∩Bj=βj∀i,j\begin{align*} \alpha_i = s_{|_{A_i \cap B_j}} \leq t_{|_{A_i \cap B_j}} = \beta_j \quad \forall i, j \end{align*}

Por tanto:

∫Xs dμ=intdef∑1≤i≤n,1≤j≤mαiμ(Ai∩Bj)≤∑1≤i≤n,1≤j≤mβjμ(Ai∩Bj)=intdef∫Xt dμ\begin{align*} \int_X s \, d\mu & \xlongequal[{\text{int}}]{\text{def}} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \alpha_i \mu(A_i \cap B_j) \leq \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} \beta_j \mu(A_i \cap B_j) \xlongequal[{\text{int}}]{\text{def}} \int_X t \, d\mu \end{align*}

Linealidad parcial. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, s:X→[0,∞)s: X \to [0, \infty) función simple medible y c∈[0,∞)c \in [0, \infty) entonces:

∫X(c⋅s) dμ=c⋅∫Xs dμ\begin{align*} \int_X (c \cdot s) \, d\mu = c \cdot \int_X s \, d\mu \end{align*}

Alternativamente, para E∈ΣE \in \Sigma (con E⊆XE \subseteq X):

∫E(c⋅s) dμ=c⋅∫Es dμ\begin{align*} \int_E (c \cdot s) \, d\mu = c \cdot \int_E s \, d\mu\\ \end{align*}

📐Demostración

Se contemplan dos casos:

  • Caso c=0c = 0: así c⋅s≡0c \cdot s \equiv 0 entonces:
∫X(c⋅s) dμ=∫X0 dμ=0⋅μ(X)=convenio0=c⋅∫Xs dμ\begin{align*} \int_X (c \cdot s) \, d\mu = \int_X 0 \, d\mu = 0 \cdot \mu(X) \xlongequal[]{\text{convenio}} 0 = c \cdot \int_X s \, d\mu \end{align*}
  • Caso c≠0c \neq 0: sea ∑i=1nλiXAi\sum_{i = 1}^n \lambda_i \mathcal{X}_{A_i} la expresión canónica de ss entonces:
c⋅s=∑i=1ncλiXAi expresioˊn canoˊnica de c⋅s\begin{align*} c \cdot s = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} c\lambda_i \mathcal{X}_{A_i} \text{ expresión canónica de } c \cdot s \end{align*}

Por tanto:

∫X(c⋅s) dμ=intdef∑i=1ncλiμ(Ai)=c⋅∑i=1nλiμ(Ai)=c⋅∫Xs dμ\begin{align*} \int_X (c \cdot s) \, d\mu & \xlongequal[{\text{int}}]{\text{def}} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} c\lambda_i \mu(A_i) = c \cdot \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \mu(A_i) = c \cdot \int_X s \, d\mu \end{align*}

💡Nota

Hemos visto que la integral de Lebesgue con patas satisface las propiedades de:

  • Linealidad de suma y producto por escalar
  • Monotonía (retículo)
  • Aditiva respecto a conjunto disjuntos

Por tanto, el operador dado por:

s⟼∫Xs dμ\begin{align*} s \longmapsto \int_X s \, d\mu \end{align*}

es una función lineal y positiva definida sobre el espacio de funciones simples medibles no negativas.

Integral de Lebesgue para funciones no negativas

Integral de Lebesgue para funciones no negativas. Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→[0,∞]f : X \to [0, \infty] función medible se define la integral de Lebesgue de ff sobre XX como:

∫Xf dμ:−sup⁡{∫Xs dμ  :  0≤s≤f con s:X→[0,∞) simple medible}∈[0,∞]\begin{align*} \int_X f \, d\mu \coloneq \sup \left\{\int_X s \, d\mu \, \, : \, \, 0 \leq s \leq f \text{ con }s: X \to [0, \infty) \text{ simple medible} \right\} \in [0, \infty] \end{align*}

Alternativamente, para E∈ΣE \in \Sigma (con E⊆XE \subseteq X):

∫Ef dμ:−sup⁡{∫Es dμ  :  0≤s≤f∣E con s:E→[0,∞) simple medible}∈[0,∞]\begin{align*} \int_E f \, d\mu \coloneq \sup \left\{\int_E s \, d\mu \, \, : \, \, 0 \leq s \leq f_{|_E} \text{ con }s: E \to [0, \infty) \text{ simple medible} \right\} \in [0, \infty]\\ \end{align*}

💡Nota

Notar que, al final una función simple medible s:X→[0,∞)s : X \to [0, \infty) es una función que se puede escribir como una combinación lineal finita de funciones indicadoras, es decir, que son como ``bloques'' escalonados que aproximan una función más general.

Como imponemos la condición de que 0≤s≤f0 \leq s \leq f, estamos haciendo una aproximación inferior de ff y, por tanto, al elegir el supremo de todas esas aproximaciones, obtenemos la mejor aproximación posible desde abajo de ff mediante funciones simples medibles.

La idea gráficamente podría ser un poco similar a la siguiente:

TikZ Graph

Donde s1,s2s_1, s_2 y s3s_3 son funciones simples medibles que aproximan ff desde abajo, y conforme aumentamos el número de niveles (o bloques), la aproximación mejora. También podría mejorar sin aumentar el número de niveles, simplemente ajustando mejor la altura de cada bloque.

✏️Ejemplo

Sea (R,M1,μ1)(\mathbb{R}, \mathcal{M}_1, \mu_1) espacio de medida y consideramos la función de Dirichlet XQ\mathcal{X}_{\mathbb{Q}}:

f≡XQ:R⟶[0,∞]x⟼{1 si x∈Q0 si x∈R∖Q\begin{align*} f \equiv \mathcal{X}_{\mathbb{Q}} : \mathbb{R} & \longrightarrow [0, \infty]\\ x & \longmapsto \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } x \in \mathbb{Q}\\ 0 & \text{ si } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{array} \right. \end{align*}

Y le aplicamos la restricción a [0,1][0, 1], es decir, consideramos el espacio de medida ([0,1],M1[0,1],μ1[0,1])([0, 1], \mathcal{M}_1^{[0, 1]}, \mu_1^{[0, 1]}) y la función:

f≡XQ∩[0,1]:[0,1]⟶[0,∞]x⟼{1 si x∈Q∩[0,1]0 si x∈([0,1]∖Q)\begin{align*} f \equiv \mathcal{X}_{\mathbb{Q} \cap [0, 1]} : [0, 1] &\longrightarrow [0, \infty]\\[2ex] x & \longmapsto \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } x \in \mathbb{Q} \cap [0, 1]\\ 0 & \text{ si } x \in ([0, 1] \setminus \mathbb{Q}) \end{array} \right. \end{align*}

Podemos ver que no es integrable en el sentido de Riemann pero sí lo es en el sentido de Lebesgue.

  • Integrabilidad de Riemann: Podemos notar que en cualquier intervalo hay racionales e irracionales, por lo que cualquier suma superior de Darboux será 1 (ya que el supremo en cualquier subintervalo es 1) y cualquier suma inferior será 0 (ya que el ínfimo en cualquier subintervalo es 0). Por lo tanto:
∫‾01f=1 y ∫‾01f=0\begin{align*} \overline{\int}_0^1 f = 1 \quad \text{ y } \quad \underline{\int}_0^1 f = 0 \end{align*}

Como la suma superior y la suma inferior no coinciden, f∉R([0,1])f \notin \mathcal{R}([0, 1]).

  • Integrabilidad de Lebesgue: Como la integral de Lebesgue no mira el comportamiento punto a punto en subintervalos, si no que analiza la medida que tiene el conjunto donde la función toma cada valor, tenemos que:
∫[0,1]f dμ=1⋅μ1(Q∩[0,1])+0⋅μ1([0,1]∖Q)\begin{align*} \int_{[0, 1]} f \, d\mu = 1 \cdot \mu_1(\mathbb{Q} \cap [0, 1]) + 0 \cdot \mu_1([0, 1] \setminus \mathbb{Q}) \end{align*}

Donde tenemos que:

✏️Ejemplo

Se considera la función dada por:

f(x)={0 si x∈([0,1]∖Q)∪{0}1q si x∈[0,1]∩Q, x=pq, p∈N, q∈N, gcd⁡(p,q)=1\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \in ([0, 1] \setminus \mathbb{Q}) \cup \{0\}\\[2ex] \frac{1}{q} & \text{ si } x \in [0, 1] \cap \mathbb{Q}, \, x = \frac{p}{q}, \, p \in \mathbb{N}, \, q \in \mathbb{N}, \, \gcd(p, q) = 1 \end{array} \right. \end{align*}
  • Integrabilidad de Riemann: Podemos ver que la función es discontinua en los racionales (que son numerables y por tanto de medida nula) y continua en los irracionales (que son casi todos los puntos del intervalo).

Como sabemos que las funciones con discontinuidades en un conjunto de medida nula son integrables en el sentido de Riemann y la función toma valores arbitrariamente pequeños cerca de casi todo punto, tenemos:

∫01f=0\begin{align*} \int_0^1 f = 0 \end{align*}
  • Integrabilidad de Lebesgue: Las funciones simples medibles ss que satisfacen 0≤s≤f0 \leq s \leq f solo pueden ser no nulas en un conjunto de racionales con denominador acotado (ya que ff vale 0 en los irracionales).

El conjunto donde f>0f > 0 es numerable (ya que es la unión de los racionales en [0,1][0, 1]) y, como la medida de un conjunto numerable es 0, tenemos que:

μ({x∈[0,1]:f(x)>0})=0  ⟹  ∫[0,1]s dμ1=0\begin{align*} \mu\left(\left\{x \in [0, 1] : f(x) > 0\right\}\right) = 0 \implies \int_{[0, 1]} s \, d\mu_1 = 0 \end{align*}

Por lo tanto, el supremo de todas esas integrales con patas es 0, es decir:

∫01f dμ1=0\begin{align*} \int_0^1 f \, d\mu_1 = 0 \end{align*}

💡Nota

Para funciones simples medibles s:X→[0,∞)s : X \to [0, \infty), no hay diferencia entre la integral con patas y la integral de Lebesgue, es decir:

∫Xs dμ=∫Xs dμ\begin{align*} \int_X s \, d\mu = \int_X s \, d\mu \end{align*}

Ya que ss es una función simple medible que satisface 0≤s≤s0 \leq s \leq s entonces:

∫Xs dμ=max⁡{∫Xt dμ:0≤t≤s simple medible}\begin{align*} \int_X s \, d\mu = \max \left\{\int_X t \, d\mu : 0 \leq t \leq s \text{ simple medible} \right\} \end{align*}

Propiedades de la integral de Lebesgue para funciones no negativas

Retículo. Proposición

Sean (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, f,g:X→[0,∞]f, g : X \to [0, \infty] funciones medibles entonces:

0≤f≤g  ⟹  ∫Xf dμ≤∫Xg dμ\begin{align*} 0 \leq f \leq g \implies \int_X f \, d\mu \leq \int_X g \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Sean los conjuntos definidos como:

Sf:−{∫Xs dμ:0≤s≤f simple medible, s:X→[0,∞)}Sg:−{∫Xs dμ:0≤s≤g simple medible, s:X→[0,∞)}\begin{align*} \mathcal{S}_f & \coloneq \left\{\int_X s \, d\mu : 0 \leq s \leq f \text{ simple medible, } s : X \to [0, \infty) \right\}\\[2ex] \mathcal{S}_g & \coloneq \left\{\int_X s \, d\mu : 0 \leq s \leq g \text{ simple medible, } s : X \to [0, \infty) \right\} \end{align*}

Tenemos que Sf⊆Sg\mathcal{S}_f \subseteq \mathcal{S}_g ya que, sea s∈Sfs \in \mathcal{S}_f entonces:

0≤s≤f≤g y s simple  ⟹  s∈Sg\begin{align*} 0 \leq s \leq f \leq g \quad \text{ y } s \text{ simple} \implies s \in \mathcal{S}_g \end{align*}

Por tanto, por la definición de integral de Lebesgue y tomando supremos:

∫Xf dμ=sup⁡Sf≤sup⁡Sg=∫Xg dμ\begin{align*} \int_X f \, d\mu = \sup \mathcal{S}_f \leq \sup \mathcal{S}_g = \int_X g \, d\mu \end{align*}

Linealidad parcial. Proposición

Sean (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, f:X→[0,∞]f : X \to [0, \infty] función medible y c∈[0,∞)c \in [0, \infty) entonces:

∫Xc⋅f dμ=c⋅∫Xf dμ\begin{align*} \int_X c \cdot f \, d\mu = c \cdot \int_X f \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Se consideran dos casos:

  • Caso c=0c = 0: así c⋅f≡0c \cdot f \equiv 0 entonces la única función simple medible ss que satisface 0≤s≤c⋅f0 \leq s \leq c \cdot f es s≡0s \equiv 0 luego:
∫Xc⋅f dμ=sup⁡{∫Xs dμ:0≤s≤0}=∫X0 dμ=0=c⋅∫Xf dμ\begin{align*} \int_X c \cdot f \, d\mu = \sup \left\{\int_X s \, d\mu : 0 \leq s \leq 0 \right\} = \int_X 0 \, d\mu = 0 = c \cdot \int_X f \, d\mu \end{align*}
  • Caso c>0c > 0: Por la definición de integral de Lebesgue tenemos que:
∫Xc⋅f dμ=sup⁡{∫Xs dμ:0≤s≤c⋅f simple medible, s:X→[0,∞)}c⋅∫Xf dμ=c⋅sup⁡{∫Xt dμ:0≤t≤f simple medible, t:X→[0,∞)}=c>0=sup⁡{∫Xc⋅t dμ:0≤t≤f simple medible, t:X→[0,∞)}\begin{align*} \int_X c \cdot f \, d\mu & = \sup \left\{\int_X s \, d\mu : 0 \leq s \leq c \cdot f \text{ simple medible, } s : X \to [0, \infty) \right\}\\[4ex] c \cdot \int_X f \, d\mu & = c \cdot \sup \left\{\int_X t \, d\mu : 0 \leq t \leq f \text{ simple medible, } t : X \to [0, \infty) \right\} \xlongequal[]{c > 0}\\[1ex] & = \sup \left\{\int_X c \cdot t \, d\mu : 0 \leq t \leq f \text{ simple medible, } t : X \to [0, \infty) \right\} \end{align*}

Además, podemos notar que:

0≤t≤f⇔c>00≤c⋅t⏟=s≤c⋅f\begin{align*} 0 \leq t \leq f \xLeftrightarrow[]{c > 0} 0 \leq \underbrace{c \cdot t}_{= s} \leq c \cdot f \end{align*}

Por tanto, los conjuntos de funciones simples medibles que definen ambos supremos son iguales, luego:

∫Xc⋅f dμ=c⋅∫Xf dμ\begin{align*} \int_X c \cdot f \, d\mu = c \cdot \int_X f \, d\mu \end{align*}

Integral de la función nula. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→[0,∞]f: X \to [0, \infty] tal que f≡0f \equiv 0 entonces:

∫Xf dμ=0\begin{align*} \int_X f \, d\mu = 0 \end{align*}

📐Demostración

La única función simple medible ss que satisface 0≤s≤f0 \leq s \leq f es s≡0s \equiv 0 luego:

∫Xf dμ=sup⁡{∫Xs dμ:0≤s≤0}=∫X0 dμ=0\begin{align*} \int_X f \, d\mu = \sup \left\{\int_X s \, d\mu : 0 \leq s \leq 0 \right\} = \int_X 0 \, d\mu = 0 \end{align*}

Integral sobre conjuntos de medida nula. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida con E∈ΣE \in \Sigma tal que μ(E)=0\mu(E) = 0, y f:X→[0,∞]f : X \to [0, \infty] función medible entonces:

∫Ef dμ=0\begin{align*} \int_E f \, d\mu = 0 \end{align*}

📐Demostración

Por la definición de integral de Lebesgue tenemos que:

∫Ef dμ=sup⁡{∫Es dμ:0≤s≤f∣E simple medible, s:E→[0,∞)}\begin{align*} \int_E f \, d\mu = \sup \left\{\int_E s \, d\mu : 0 \leq s \leq f_{|_E} \text{ simple medible, } s : E \to [0, \infty) \right\} \end{align*}

Sea s:E→[0,∞)s : E \to [0, \infty) función simple medible tal que 0≤s≤f∣E0 \leq s \leq f_{|_E} entonces:

∫Es dμ=∑i=1nαiμ(Ai)⏟≤μ(E)=μ(E)=00  ⟹  ∫Ef dμ=sup⁡{0}=0\begin{align*} \int_E s \, d\mu = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \underbrace{\mu(A_i)}_{\leq \mu(E)} \overset{\mu(E) = 0}{=} 0 \implies \int_E f \, d\mu = \sup \{0\} = 0 \end{align*}

Integral sobre subconjuntos. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida con E,D∈ΣE, D \in \Sigma y E⊆DE \subseteq D, f:X→[0,∞]f : X \to [0, \infty] función medible entonces:

  1. ∫Ef dμ=∫Df⋅XE dμ\displaystyle \int_E f \, d\mu = \int_D f \cdot \mathcal{X}_E \, d\mu
  2. ∫Ef dμ≤∫Df dμ\displaystyle \int_E f \, d\mu \leq \int_D f \, d\mu

📐Demostración

  1. Igualdad bajo la función indicadora:
  • Sea t:E→[0,∞)t : E \to [0, \infty) simple con 0≤t≤f∣E0 \leq t \leq f_{|_E} entonces su extensión a DD:
t~:D⟶[0,∞)x⟼{t(x) si x∈E0 si x∈D∖E\begin{align*} \tilde{t} : D & \longrightarrow [0, \infty)\\ x & \longmapsto \left\{ \begin{array}{ll} t(x) & \text{ si } x \in E\\ 0 & \text{ si } x \in D \setminus E \end{array} \right. \end{align*}

es simple en DD y satisface 0≤t~≤f⋅XE0 \leq \tilde{t} \leq f \cdot \mathcal{X}_E luego:

∫Et dμ=∑i=1nαiμ(Ai∩E)=∑i=1nαiμ({x∈D:t~(x)=αi})=∫Dt~ dμ\begin{align*} \int_E t \, d\mu = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \mu(A_i \cap E) = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \mu\left(\left\{x \in D : \tilde{t}(x) = \alpha_i\right\}\right) = \int_D \tilde{t} \, d\mu \end{align*}
  • Sea s:D→[0,∞)s : D \to [0, \infty) simple con 0≤s≤f⋅XE0 \leq s \leq f \cdot \mathcal{X}_E entonces su restricción a EE:
s∣E:E⟶[0,∞)x⟼s(x)\begin{align*} s_{|_E} : E & \longrightarrow [0, \infty)\\ x & \longmapsto s(x) \end{align*}

es simple en EE y satisface 0≤s∣E≤f∣E0 \leq s_{|_E} \leq f_{|_E} luego:

∫Ds dμ=∑i=1nαiμ(Ai∩E)=∑i=1nαiμ({x∈E:s∣E(x)=αi})=∫Es∣E dμ\begin{align*} \int_D s \, d\mu = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \mu(A_i \cap E) = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i \mu\left(\left\{x \in E : s_{|_E}(x) = \alpha_i\right\}\right) = \int_E s_{|_E} \, d\mu \end{align*}

Por lo tanto, tomando supremos en ambos casos se tiene la igualdad buscada. 2. Desigualdad sobre subconjuntos: Como 0≤f⋅XE≤f0 \leq f \cdot \mathcal{X}_E \leq f entonces:

∫Ef dμ=(1)∫Df⋅XE dμ≤retic∫Df dμ\begin{align*} \int_E f \, d\mu \overset{(1)}{ = } \int_D f \cdot \mathcal{X}_E \, d\mu \overset{\text{retic}}{\leq} \int_D f \, d\mu \end{align*}

Teorema de la convergencia monótona

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, {fn:X→[0,∞]}n∈N\{f_n : X \to [0, \infty] \}_{n \in \mathbb{N}} sucesión de funciones medibles tales que:

fn(x)≤fn+1(x)∀n∈N,∀x∈X y fn(x)→n→∞f(x)∀x∈X\begin{align*} f_n(x) \leq f_{n+1}(x) \quad \forall n \in \mathbb{N}, \forall x \in X \quad \text{ y } \quad f_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) \quad \forall x \in X \end{align*}

donde f:X→[0,∞]f : X \to [0, \infty] es función medible entonces:

lim⁡n∫Xfn dμ=∫Xf dμ\begin{align*} \lim_n \int_X f_n \, d\mu = \int_X f \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

  1. La sucesión de integrales es creciente y con límite α\alpha: Como fn≤fn+1f_n \leq f_{n + 1}, por la proposición de retículo se tiene que:
∫Xfn dμ≤∫Xfn+1 dμ∀n∈N\begin{align*} \int_X f_n \, d\mu \leq \int_X f_{n + 1} \, d \mu \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces, la sucesión {∫Xfn dμ}n\left\{\int_X f_n \, d\mu\right\}_{n} es creciente en [0,∞][0, \infty], por lo que existe el límite (finito o infinito):

α:−lim⁡n→∞∫Xfn dμ∈[0,∞]\begin{align*} \alpha \coloneq \lim_{n \to \infty} \int_X f_n \, d\mu \in [0, \infty] \end{align*}
  1. Desigualdad α≤∫f\alpha \leq \int f: Como fn≤ff_n \leq f para todo n∈Nn \in \mathbb{N}, por la proposición de retículo se tiene que:
∫Xfn dμ≤∫Xf dμ∀n∈N\begin{align*} \int_X f_n \, d\mu \leq \int_X f \, d\mu \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Luego, tomando límites cuando n→∞n \to \infty se tiene:

α=lim⁡n→∞∫Xfn dμ≤∫Xf dμ\begin{align*} \alpha = \lim_{n \to \infty} \int_X f_n \, d\mu \leq \int_X f \, d\mu \end{align*}
  1. Desigualdad ∫f≤α\int f \leq \alpha: Basta ver que si ss función simple con 0≤s≤f0 \leq s \leq f entonces:
∫Xs dμ≤α∹lim⁡n→∞∫Xfn dμ\begin{align*} \int_X s \, d\mu \leq \alpha \eqcolon \lim_{n \to \infty} \int_X f_n \, d\mu \end{align*}

Como se cumple ∀s\forall s medible simple con s≤fs \leq f, entonces, pasando al supremo sobre todas esas funciones simples medibles, se obtiene la desigualdad buscada.

Sea s:X→[0,∞]s: X \to [0, \infty] simple medible tal que 0≤s≤f0 \leq s \leq f y sea c∈(0,1)c \in (0, 1) entonces, por la definición de límite puntual, ∀x∈X\forall x \in X existe nx∈Nn_x \in \mathbb{N} tal que:

fn(x)≥c⋅s(x)∀n≥nx\begin{align*} f_n(x) \geq c \cdot s(x) \quad \forall n \geq n_x \end{align*}

Definimos los conjuntos:

An:−{x∈X:fn(x)≥c⋅s(x)}∀n∈N\begin{align*} A_n \coloneq \left\{x \in X : f_n(x) \geq c \cdot s(x)\right\} \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces, se tiene que:

X=⋃n=1∞An y An⊆An+1∀n∈N\begin{align*} X = \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \quad \text{ y } \quad A_n \subseteq A_{n + 1} \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por lo tanto, por un resultado previo sobre medidas, sabemos que:

μ(⋃n=1∞An)=lim⁡n→∞μ(An)=μ(X)\begin{align*} \mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n\right) = \lim_{n \to \infty} \mu(A_n) = \mu(X) \end{align*}

Luego, por la proposición de integral sobre subconjuntos se tiene que:

∫Xc⋅s dμ=lim⁡n→∞∫Anc⋅s dμ≤lim⁡n→∞∫Anfn dμ≤lim⁡n→∞∫Xfn dμ=α\begin{align*} \int_X c \cdot s \, d\mu & = \lim_{n \to \infty} \int_{A_n} c \cdot s \, d\mu \leq \lim_{n \to \infty} \int_{A_n} f_n \, d\mu \leq \lim_{n \to \infty} \int_X f_n \, d\mu = \alpha \end{align*}

Donde hemos usado que c⋅s≤fnc \cdot s \leq f_n en AnA_n por definición de AnA_n y la proposición de integral sobre conjuntos de medida nula para extender la integral sobre AnA_n a XX.

Como ∀s\forall s simple medible con 0≤s≤f0 \leq s \leq f y todo c∈(0,1)c \in (0, 1) se tiene que:

∫Xc⋅s dμ≤α  ⟹  ∫Xc⋅s dμ→c→1−∫Xs dμ≤α\begin{align*} \int_X c \cdot s \, d\mu \leq \alpha \implies \int_X c \cdot s \, d \mu \xrightarrow[c \to 1^-]{} \int_X s \, d\mu \leq \alpha \end{align*}

Por la definición de integral de Lebesgue se tiene:

∫Xf dμ=sup⁡{∫Xs dμ:0≤s≤f simple medible}≤α\begin{align*} \int_X f \, d\mu = \sup \left\{\int_X s \, d\mu : 0 \leq s \leq f \text{ simple medible} \right\} \leq \alpha \end{align*}

Linealidad parcial. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, f,g:X→[0,∞]f, g: X \to [0, \infty] se tiene que:

∫X(f+g) dμ=∫Xf dμ+∫Xg dμ\begin{align*} \int_X (f + g) \, d\mu = \int_X f \, d\mu + \int_X g \, d\mu \end{align*}

Alternativamente, para E∈ΣE \in \Sigma (con E⊆XE \subseteq X):

∫E(f+g) dμ=∫Ef dμ+∫Eg dμ\begin{align*} \int_E (f + g) \, d\mu = \int_E f \, d\mu + \int_E g \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Sean f,g:X→[0,∞]f, g: X \to [0, \infty] medibles entonces existen {sn:X→[0,∞)}n∈N\{s_n: X \to [0, \infty)\}_{n \in \mathbb{N}} y {tn:X→[0,∞)}n∈N\{t_n: X \to [0, \infty)\}_{n \in \mathbb{N}} sucesiones de funciones simples medibles tales que:

0≤sn≤sn+1≤f∀n∈N y sn(x)→n→∞f(x)∀x∈X0≤tn≤tn+1≤g∀n∈N y tn(x)→n→∞g(x)∀x∈X\begin{align*} 0 \leq s_n \leq s_{n + 1} \leq f \quad \forall n \in \mathbb{N} \quad \text{ y } \quad s_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) \quad \forall x \in X\\[2ex] 0 \leq t_n \leq t_{n + 1} \leq g \quad \forall n \in \mathbb{N} \quad \text{ y } \quad t_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} g(x) \quad \forall x \in X \end{align*}

Así, tenemos que:

0≤sn(x)+tn(x)≤sn+1(x)+tn+1(x)→n→∞f(x)+g(x)∀x∈X\begin{align*} 0 \leq s_n(x) + t_n(x) \leq s_{n + 1}(x) + t_{n + 1}(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) + g(x) \quad \forall x \in X \end{align*}

Por lo que, por el Teorema de la Convergencia Monótona se tiene:

∫X(f+g) dμ=∫Xlim⁡n→∞(sn+tn) dμ=TCMlim⁡n→∞∫X(sn+tn) dμ==lim⁡n→∞(∫Xsn dμ+∫Xtn dμ)=lim⁡n→∞∫Xsn dμ+lim⁡n→∞∫Xtn dμ=TCM=∫Xlim⁡n→∞sn dμ+∫Xlim⁡n→∞tn dμ=∫Xf dμ+∫Xg dμ\begin{align*} \int_X (f + g) \, d\mu & = \int_X \lim_{n \to \infty} (s_n + t_n) \, d\mu \xlongequal[]{\text{TCM}} \lim_{n \to \infty} \int_X (s_n + t_n) \, d\mu =\\[2ex] & = \lim_{n \to \infty} \left(\int_X s_n \, d\mu + \int_X t_n \, d\mu\right) = \lim_{n \to \infty} \int_X s_n \, d\mu + \lim_{n \to \infty} \int_X t_n \, d\mu \xlongequal[]{\text{TCM}} \\[2ex] & = \int_X \lim_{n \to \infty} s_n \, d\mu + \int_X \lim_{n \to \infty} t_n \, d\mu = \int_X f \, d\mu + \int_X g \, d\mu \end{align*}

Linealidad del integrando. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, f:X→[0,∞]f: X \to [0, \infty] función medible y {Ei}i∈N⊆Σ\{E_i\}_{i \in \mathbb{N}} \subseteq \Sigma disjuntos dos a dos entonces:

∫⋃i=1∞Eif dμ=∑i=1∞∫Eif dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i} f \, d\mu = \sum_{i=1}^{\infty} \int_{E_i} f \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Basta notar que:

∫⋃i=1nEif dμ=∫Xf⋅X⋃i=1nEi dμ=Ei∩Ej=∅∫X∑i=1nf⋅XEi dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i=1}^{n} E_i} f \, d\mu & = \int_X f \cdot \mathcal{X}_{\bigcup_{i=1}^{n} E_i} \, d\mu \xlongequal[]{E_i \cap E_j = \emptyset } \int_X \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} f \cdot \mathcal{X}_{E_i} \, d\mu \end{align*}

Ahora, si definimos la sucesión de funciones dada por:

sn:−∑i=1nf⋅XEi∀n∈N\begin{align*} s_n \coloneq \sum_{i=1}^{n} f \cdot \mathcal{X}_{E_i} \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces, se tiene que:

  • 0≤sn(x)≤sn+1(x)≤f(x)0 \leq s_n(x) \leq s_{n + 1}(x) \leq f(x) para todo n∈Nn \in \mathbb{N} y todo x∈Xx \in X.
  • sn(x)→n→∞f(x)⋅X⋃i=1∞Ei(x)s_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) \cdot \mathcal{X}_{\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i}(x) para todo x∈Xx \in X.

Por lo que, aplicando el Teorema de la Convergencia Monótona se tiene:

∫⋃i=1∞Eif dμ=∫Xf⋅X⋃i=1∞Ei dμ=∫Xlim⁡n→∞sn dμ=TCMlim⁡n→∞∫Xsn dμ==lim⁡n→∞∫X∑i=1nf⋅XEi dμ=parciallinealidadlim⁡n→∞∑i=1n∫Xf⋅XEi dμ==lim⁡n→∞∑i=1n∫Eif dμ=∑i=1∞∫Eif dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i} f \, d\mu & = \int_X f \cdot \mathcal{X}_{\bigcup_{i=1}^{\infty} E_i} \, d\mu = \int_X \lim_{n \to \infty} s_n \, d\mu \xlongequal[]{\text{TCM}} \lim_{n \to \infty} \int_X s_n \, d\mu =\\[2ex] & = \lim_{n \to \infty} \int_X \sum_{i=1}^{n} f \cdot \mathcal{X}_{E_i} \, d\mu \xlongequal[{\text{parcial}}]{\text{linealidad}} \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \int_X f \cdot \mathcal{X}_{E_i} \, d\mu =\\[2ex] & = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \int_{E_i} f \, d\mu = \sum_{i=1}^{\infty} \int_{E_i} f \, d\mu \end{align*}

Lema de Fatou. Lema

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y {fn:X→[0,∞]}n∈N\{f_n : X \to [0, \infty]\}_{n \in \mathbb{N}} funciones medibles entonces:

∫Xlim inf⁡nfn dμ≤lim inf⁡n∫Xfn dμ\begin{align*} \int_X \liminf_n f_n \, d \mu \leq \liminf_n \int_X f_n \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Para cada n∈Nn \in \mathbb{N} definimos la función:

gn(x):−inf⁡k≥nfk(x)\begin{align*} g_n(x) \coloneq \inf_{k \geq n} f_k(x) \end{align*}

Por un resultado del tema 4, sabemos que el ínfimo de funciones medibles es medible, por tanto gng_n es medible para todo n∈Nn \in \mathbb{N}.

Además, sean n,m∈Nn, m \in \mathbb{N} tales que n≤mn \leq m entonces:

{fk:k≥m}⊆{fk:k≥n}  ⟹  inf⁡k≥nfk(x)≤inf⁡k≥mfk(x)∀x∈X\begin{align*} \left\{f_k : k \geq m \right\} \subseteq \left\{f_k : k \geq n \right\} \implies \inf_{k \geq n} f_k(x) \leq \inf_{k \geq m} f_k(x) \quad \forall x \in X \end{align*}

Por lo tanto, gn≤gn+1g_n \leq g_{n + 1}, es decir, la sucesión (gn)n(g_n)_n es creciente punto a punto. Además, por definición de lim inf⁡\liminf se tiene que:

lim⁡n→∞gn(x)=lim inf⁡n→∞fn(x)∀x∈X\begin{align*} \lim_{n \to \infty} g_n(x) = \liminf_{n \to \infty} f_n(x) \quad \forall x \in X \end{align*}

Por lo que, aplicando el Teorema de la Convergencia Monótona a gng_n se tiene:

∫Xlim inf⁡nfn dμ=∫Xlim⁡ngn dμ=TCMlim⁡n∫Xgn dμ\begin{align*} \int_X \liminf_{n} f_n \, d\mu = \int_X \lim_n g_n \, d\mu \overset{\text{TCM}}{=} \lim_n \int_X g_n \, d\mu \end{align*}

Finalmente, para cada n∈Nn \in \mathbb{N} y cada k≥nk \geq n se tiene que gn(x)≤fk(x)g_n(x) \leq f_k(x) para todo x∈Xx \in X, por lo que, por la proposición de retículo se tiene:

∫Xgn dμ≤∫Xfk dμ∀k≥n  ⟹  ∫Xgn dμ≤inf⁡k≥n∫Xfk dμ\begin{align*} \int_X g_n \, d\mu \leq \int_X f_k \, d\mu \quad \forall k \geq n \implies \int_X g_n \, d\mu \leq \inf_{k \geq n} \int_X f_k \, d\mu \end{align*}

Luego, tomando el límite cuando n→∞n \to \infty en ambos lados, se obtiene:

lim⁡n→∞∫Xgn dμ≤lim⁡n→∞inf⁡k≥n∫Xfk dμ=lim inf⁡n→∞∫Xfn dμ\begin{align*} \lim_{n \to \infty}\int_X g_n \, d\mu \leq \lim_{n \to \infty} \inf_{k \geq n} \int_X f_k \, d\mu = \liminf_{n \to \infty} \int_X f_n \, d\mu \end{align*}

Por lo tanto, juntando con la se tiene el resultado buscado:

∫Xlim inf⁡nfn dμ=lim⁡n∫Xgn dμ≤lim inf⁡n∫Xfn dμ\begin{align*} \int_X \liminf_n f_n \, d\mu = \lim_n \int_X g_n \, d\mu \leq \liminf_n \int_X f_n \, d\mu \end{align*}

✏️Ejemplo

En general, la igualdad en el Lema de Fatou no se cumple.

Basta considerar la sucesión de funciones indicadoras, es decir, fn=X[n,∞)f_n = \mathcal{X}_{[n, \infty)} entonces:

∫Rlim inf⁡nfn dμ1=∫R0 dμ1=0lim inf⁡n∫Rfn dμ1=lim inf⁡n1⋅μ1([n,∞))=lim inf⁡n∞=∞\begin{align*} \int_{\mathbb{R}} \liminf_n f_n \, d\mu_1 & = \int_{\mathbb{R}} 0 \, d\mu_1 = 0\\[2ex] \liminf_n \int_{\mathbb{R}} f_n \, d\mu_1 & = \liminf_n 1 \cdot \mu_1([n, \infty)) = \liminf_n \infty = \infty \end{align*}

Igualdad en casi todo punto. Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f,g:X→R‾f, g : X \to \overline{\mathbb{R}} funciones, se dice que son iguales en casi todo punto (denotado f=g μ-a.e.f = g \, \mu\text{-a.e.} o f=μ-a.e.gf \xlongequal[]{\mu\text{-a.e.}} g) si ∃B∈Σ\exists B \in \Sigma con μ(B)=0\mu(B) = 0 tal que:

{x∈X:f(x)≠g(x)}⊆B\begin{align*} \left\{x \in X : f(x) \neq g(x)\right\} \subseteq B\\ \end{align*}

💡Nota

La idea de igualdad en casi todo punto es que las funciones ff y gg pueden diferir en un conjunto de medida nula. O lo que es lo mismo, ff y gg coinciden salvo en un conjunto de medida nula.

N:−{x∈X:f(x)≠g(x)}⊆B∈Σ con μ(B)=0  ⟹  μ(N)=0\begin{align*} N \coloneq \left\{x \in X : f(x) \neq g(x)\right\} \subseteq B \in \Sigma \quad \text{ con } \mu(B) = 0 \implies \mu(N) = 0 \end{align*}

En particular, se tiene que:

g(x)=f(x)∀x∈X∖N\begin{align*} g(x) = f(x) \quad \forall x \in X \setminus N \end{align*}

✏️Ejercicio

Si en la definición anterior se exige que (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) sea espacio de medida completo y ff medible con f=g μ-a.e.f = g \, \mu\text{-a.e.} entonces gg es medible.

Sea α∈R\alpha \in \mathbb{R}, queremos ver que se cumple la condición de medibilidad:

{x∈X:g(x)>α}∈Σ\begin{align*} \left\{x \in X : g(x) > \alpha \right\} \in \Sigma \end{align*}

Sea N:−{x∈X:f(x)≠g(x)}⊆B∈ΣN \coloneq \left\{x \in X : f(x) \neq g(x)\right\} \subseteq B \in \Sigma con μ(B)=0\mu(B) = 0 entonces:

{g>α}=({f>α}∖N)∪({g>α}∩N)\begin{align*} \left\{g > \alpha\right\} = \left(\left\{f > \alpha\right\} \setminus N\right) \cup \left(\left\{g > \alpha\right\} \cap N\right) \end{align*}

Entonces tenemos que:

  • ff medible   ⟹  {f>α}∈Σ\implies \left\{f > \alpha\right\} \in \Sigma
  • Como N⊆BN \subseteq B y μ(B)=0\mu(B) = 0 y el espacio es completo, entonces N∈ΣN \in \Sigma y así:
{g>α}∩N⊆N∈Σ  ⟹  {g>α}∩N∈Σ\begin{align*} \left\{g > \alpha\right\} \cap N \subseteq N \in \Sigma \implies \left\{g > \alpha\right\} \cap N \in \Sigma \end{align*}

Por tanto, la unión de ambos conjuntos está en Σ\Sigma y gg es medible.

Integral de Lebesgue con μ\mu-a.e. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f,g:X→[0,∞]f, g: X \to [0, \infty] funciones medibles, se tiene:

f=g μ-a.e.  ⟹  ∫Xf dμ=∫Xg dμ\begin{align*} f = g \, \mu\text{-a.e.} \implies \int_X f \, d\mu = \int_X g \, d\mu\\ \end{align*}

📐Demostración

Sea B∈ΣB \in \Sigma con μ(B)=0\mu(B) = 0 tal que:

N:−{x∈X:f(x)≠g(x)}⊆B\begin{align*} N \coloneq \left\{x \in X : f(x) \neq g(x)\right\} \subseteq B \end{align*}

Entonces, como f,gf, g son medibles, se tiene que:

{x∈X:f(x)≠g(x)}={x∈X:f(x)>g(x)}⏟∈Σ∪{x∈X:g(x)>f(x)}⏟∈Σ∈Σ\begin{align*} \left\{x \in X : f(x) \neq g(x)\right\} = \underbrace{\left\{x \in X : f(x) > g(x)\right\}}_{\in \Sigma} \cup \underbrace{\left\{x \in X : g(x) > f(x)\right\}}_{\in \Sigma} \in \Sigma \end{align*}

Como sabemos que X=(X∖B)∪BX = (X \setminus B) \cup B y f(x)=g(x)f(x) = g(x) para todo x∈X∖Bx \in X \setminus B, entonces:

∫X∖Bf dμ=∫X∖Bg dμ\begin{align*} \int_{X\setminus B} f \, d\mu & = \int_{X\setminus B} g \, d\mu \end{align*}

Por otro lado, por la proposición de integral sobre conjuntos de medida nula, como BB medible y μ(B)=0\mu(B) = 0 entonces:

∫Bf dμ=0 y ∫Bg dμ=0\begin{align*} \int_B f \, d\mu = 0 \quad \text{ y } \quad \int_B g \, d\mu = 0 \end{align*}

Por lo tanto, juntando ambas integrales se tiene:

∫Xf dμ=∫(X∖B)∪Bf dμ=∫X∖Bf dμ⏟∫X∖Bg dμ+∫Bf dμ⏟0=∫X∖Bg dμ+∫Bg dμ=∫Xg dμ\begin{align*} \int_X f \, d\mu & = \int_{(X\setminus B) \cup B} f \, d\mu = \underbrace{\int_{X\setminus B} f \, d\mu}_{\int_{X\setminus B} g \, d\mu} + \underbrace{\int_B f \, d\mu}_{0} = \int_{X\setminus B} g \, d\mu + \int_B g \, d\mu = \int_X g \, d\mu \end{align*}

💡Observación

En el momento que se define la integral de Lebesgue para funciones de signo cualquiera, el resultado se verá que es válido para f,g:X→R‾f, g: X \to \overline{\mathbb{R}}.

Basta pensar que si f=g μ-a.e.f = g \, \mu\text{-a.e.} entonces f+=g+ μ-a.e.f^{ + } = g^{ + } \, \mu\text{-a.e.} y f−=g− μ-a.e.f^{ - } = g^{ - } \, \mu\text{-a.e.} y aplicar la proposición a ambas funciones. No obstante, hay que esperar a la definición de integral para funciones de signo cualquiera.

Integral de función nula en casi todo punto. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→[0,∞]f: X \to [0, \infty] función medible, entonces:

f=0 μ-a.e.  ⟺  ∫Xf dμ=0\begin{align*} f = 0 \, \mu\text{-a.e.} \iff \int_X f \, d\mu = 0 \end{align*}

📐Demostración

  • ⇒\Rightarrow) Aplicando la proposición anterior a la función nula, es decir, g≡0g \equiv 0 se tiene que:
∫Xf dμ=∫X0 dμ=de funcioˊn nulaprop. integral0\begin{align*} \int_X f \, d\mu = \int_X 0 \, d\mu \xlongequal[{\text{de función nula}}]{\text{prop. integral}} 0 \end{align*}
  • ⇐\Leftarrow) La idea es que si una función no negativa tuviera valores positivos en un conjunto de medida no nula, la integral no podría ser 0, así para cada n∈Nn \in \mathbb{N} definimos:
En:−{x∈X:f(x)≥1n}∈Σ\begin{align*} E_n \coloneq \left\{x \in X : f(x) \geq \frac{1}{n}\right\} \in \Sigma \end{align*}

Es decir, que EnE_n detecta los puntos donde la función es al menos 1n\frac{1}{n}. Si ff no fuera casi nula, entonces alguno de estos conjuntos tendría medida positiva. Definimos también:

E:−{x:f(x)>0}=⋃n=1∞En∈Σ\begin{align*} E & \coloneq \left\{x : f(x) > 0\right\} = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty E_n \in \Sigma \end{align*}

Ya que cualquier número positivo es mayor o igual que 1n\frac{1}{n} para algún n∈Nn \in \mathbb{N} por la propiedad arquimediana.

Para un EnE_n cualquiera y 1n\frac{1}{n} fijo, se tiene que:

∫En1n dμ=1n⋅μ(En)\begin{align*} \int_{E_n} \frac{1}{n} \, d\mu = \frac{1}{n} \cdot \mu(E_n) \end{align*}

Y además, como en EnE_n f(x)≥1nf(x) \geq \frac{1}{n}, por la proposición de retículo se tiene que:

∫En1n dμ≤∫Enf dμ≤En⊆X∫Xf dμ\begin{align*} \int_{E_n} \frac{1}{n} \, d\mu \leq \int_{E_n} f \, d\mu \overset{E_n \subseteq X}{\leq} \int_X f \, d\mu \end{align*}

Como por hipótesis ∫Xf dμ=0\int_X f \, d\mu = 0 entonces, si juntamos y se tiene:

0≤1n⋅μ(En)=∫En1n dμ≤∫Xf dμ=0  ⟹  μ(En)=0\begin{align*} 0 \leq \frac{1}{n} \cdot \mu(E_n) = \int_{E_n} \frac{1}{n} \, d\mu \leq \int_X f \, d\mu = 0 \implies \mu(E_n) = 0 \end{align*}

Por lo tanto, como E=⋃n=1∞EnE = \bigcup_{n=1}^{\infty} E_n y la unión numerable de conjuntos de medida nula es de medida nula, se tiene:

0≤μ(E)=μ(⋃n=1∞En)≤subadit.∑n=1∞μ(En)=0  ⟹  μ(E)=0\begin{align*} 0 \leq \mu(E) = \mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} E_n\right) \overset{\text{subadit.}}{\leq} \sum_{n=1}^{\infty} \mu(E_n) = 0 \implies \mu(E) = 0 \end{align*}

Por tanto, E={x:f(x)>0}E = \{x : f(x) > 0\} es de medida nula, es decir, f=0 μ-a.e.f = 0 \, \mu\text{-a.e.}

💡Nota

Si extendemos la proposición al caso de funciones f:X→R‾f : X \to \overline{\mathbb{R}} de signo cualquiera, tenemos que:

  • La implicación ⇒)\Rightarrow) sigue siendo válida.
  • Para la implicación ⇐)\Leftarrow ) hay que exigir que f≥0f \geq 0 ya que en otro caso, si ff toma valores negativos podría ocurrir que unas zonas con otras se compensaran y la integral fuera 0 sin que ff fuera nula casi en todas partes. Basta pensar en una integral similar a la que se muestra a continuación:

TikZ Graph

Integral de Lebesgue para funciones medibles f:X→R‾f : X \to \overline{\mathbb{R}}

Función integrable Lebesgue. Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→R‾f : X \to \overline{\mathbb{R}} función medible, decimos que ff es una función integrable de Lebesgue si se da alguna de las siguientes condiciones (no excluyentes):

∫Xf+ dμ<∞ o ∫Xf− dμ<∞\begin{align*} \int_X f^{ + } \, d\mu < \infty \qquad \text{ o } \qquad \int_X f^{ - } \, d\mu < \infty\\ \end{align*}

💡Nota

Notar que aunque permitimos que el valor de la integral sea infinito, lo que queremos restringir es que no sea infinito en ambas partes (positiva y negativa) a la vez, ya que en ese caso la integral no estaría bien definida (tendríamos una indeterminación del tipo ∞−∞\infty - \infty).

Función sumable (1-sumable). Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→R‾f : X \to \overline{\mathbb{R}} función medible, decimos que ff es una función sumable (1-sumable) si:

∫Xf+ dμ<∞ y ∫Xf− dμ<∞\begin{align*} \int_X f^{ + } \, d\mu < \infty \quad \text{ y } \quad \int_X f^{ - } \, d\mu < \infty\\ \end{align*}

💡Nota

Notar que en este caso, al ser ambas integrales finitas, tendremos que la integral de ff será un número real finito y, además, la integral del valor absoluto de ff también será finita.

Integral de Lebesgue para funciones medibles f:X→R‾f : X \to \overline{\mathbb{R}}. Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→R‾f: X \to \overline{\mathbb{R}} función medible (integrable o sumable), se define la integral de Lebesgue de ff sobre XX como:

∫Xf dμ:−(∫Xf+ dμ)−(∫Xf− dμ)∈R‾\begin{align*} \int_X f \, d\mu \coloneq \left(\int_X f^{ + } \, d\mu\right) - \left(\int_X f^{ - } \, d\mu\right) \in \overline{\mathbb{R}}\\ \end{align*}

💡Observación

Como sabemos que:

∣f∣=f++f−\begin{align*} |f| = f^{ + } + f^{ - } \end{align*}

Y por propiedades de la integral, se tiene:

∫X∣f∣ dμ<∞  ⟺  ∫Xf+ dμ+∫Xf− dμ<∞\begin{align*} \int_X |f| \, d\mu < \infty & \iff \int_X f^{ + } \, d\mu + \int_X f^{ - } \, d\mu < \infty \end{align*}

Entonces, como tenemos que:

f sumable  ⟺  f+ y f− sumables  ⟺  ∣f∣ sumable\begin{align*} f \text{ sumable} \iff f^{ + } \text{ y } f^{ - } \text{ sumables} \iff |f| \text{ sumable} \end{align*}

Lo que nos da la siguiente equivalencia:

f sumable  ⟺  ∫Xf dμ∈R  ⟺  ∫X∣f∣ dμ∈[0,∞)\begin{align*} f \text{ sumable} \iff \int_X f \, d\mu \in \mathbb{R} \iff \int_X |f| \, d\mu \in [0, \infty) \end{align*}

Desigualdad triangular. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→R‾f : X \to\overline{\mathbb{R}} función integrable se tiene:

∣∫Xf dμ∣≤∫X∣f∣ dμ\begin{align*} \left|\int_X f \, d\mu\right| \leq \int_X |f| \, d\mu\\ \end{align*}

📐Demostración

Sabemos que:

−∣f∣≤f≤∣f∣\begin{align*} -|f| \leq f \leq |f| \end{align*}

Por la proposición de retículo se tiene:

∫X−∣f∣ dμ≤∫Xf dμ≤∫X∣f∣ dμ\begin{align*} \int_X -|f| \, d\mu \leq \int_X f \, d\mu \leq \int_X |f| \, d\mu \end{align*}

Luego, como ∫X−∣f∣ dμ=−∫X∣f∣ dμ\int_X -|f| \, d\mu = - \int_X |f| \, d\mu por la proposición de linealidad parcial de la integral se tiene:

−∫X∣f∣ dμ≤∫Xf dμ≤∫X∣f∣ dμ\begin{align*} - \int_X |f| \, d\mu \leq \int_X f \, d\mu \leq \int_X |f| \, d\mu \end{align*}

Por lo tanto, por la definición de valor absoluto se obtiene la desigualdad buscada:

∣∫Xf dμ∣≤∫X∣f∣ dμ\begin{align*} \left|\int_X f \, d\mu\right| \leq \int_X |f| \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

Otra forma de demostrar la desigualdad triangular es aplicando la desigualdad triangular para números reales a las integrales de las partes positiva y negativa:

∣∫Xf dμ∣=∣∫Xf+ dμ−∫Xf− dμ∣≤∣∫Xf+ dμ∣+∣∫Xf− dμ∣==∫Xf+ dμ+∫Xf− dμ=∫X∣f∣ dμ\begin{align*} \left|\int_X f \, d\mu\right| & = \left|\int_X f^{ + } \, d\mu - \int_X f^{ - } \, d\mu\right| \leq \left|\int_X f^{ + } \, d\mu\right| + \left|\int_X f^{ - } \, d\mu\right| = \\[2ex] & = \int_X f^{ + } \, d\mu + \int_X f^{ - } \, d\mu = \int_X |f| \, d\mu \end{align*}

Donde hemos usado que las integrales de las partes positiva y negativa son no negativas ya que f+,f−≥0f^{ + }, f^{ - } \geq 0 y por tanto sus integrales también lo son.

💡Nota

Gráficamente, podemos interpretar este resultado como:

TikZ Graph

Conjunto de funciones sumables. Definición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida se define el conjunto de todas las funciones sumables f:X→Rf: X \to \mathbb{R} como L1(X)\mathcal{L}_1(X) (también denotado L1(X,Σ,μ)\mathcal{L}_1(X, \Sigma, \mu) o L1(μ)\mathcal{L}_1(\mu)) como:

L1(X):−{f:X→R:f sumable}\begin{align*} \mathcal{L}_1(X) \coloneq \left\{f : X \to \mathbb{R} : f \text{ sumable}\right\} \end{align*}

💡Nota

Se tiene que si E∈ΣE \in \Sigma conjunto medible tal que E⊆XE \subseteq X entonces:

L1(E,Σ(E),μ∣Σ(E))=L1(E)\begin{align*} \mathcal{L}_1\left(E, \Sigma(E), \mu_{|_{\Sigma(E)}}\right) = \mathcal{L}_1(E) \end{align*}

Notar que f:E→Rf: E \to \mathbb{R} es medible respecto Σ(E)  ⟺  ∃F:X→R\Sigma(E) \iff \exists F: X \to \mathbb{R} medible tal que:

F∣E=f\begin{align*} F_{|_E} = f \end{align*}

Entonces al definir esta restricción a EE no se cambia la integrabilidad ya que:

∫Ef dμ=∫XF⋅XE dμ  ⟹  ∫E∣f∣ dμ<∞  ⟺  ∫X∣F⋅XE∣ dμ<∞\begin{align*} \int_E f\, d\mu = \int_X F \cdot \mathcal{X}_E \, d\mu \quad \implies \quad \int_E |f| \, d\mu < \infty \iff \int_X |F \cdot \mathcal{X}_E| \, d\mu < \infty \end{align*}

Estructura de espacio vectorial y forma lineal. Teorema

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida entonces:

  • a) L1(X)\mathcal{L}_1(X) es un espacio vectorial
  • b) La aplicación definida como:
∫X:L1(X)⟶Rf⟼∫Xf dμ\begin{align*} \int_X : \mathcal{L}_1(X) & \longrightarrow \mathbb{R}\\ f & \longmapsto \int_X f \, d\mu \end{align*}

es una forma lineal, es decir, es lineal respecto a combinaciones lineales.

💡Recordatorio

¿Qué quiere decir que L1(X)\mathcal{L}_1(X) es un espacio vectorial?

Sea f,g∈L1(X)f, g \in \mathcal{L}_1(X) funciones integrables y λ,μ∈R\lambda, \mu \in \mathbb{R} escalares, entonces:

λf+μg∈L1(X)\begin{align*} \lambda f + \mu g \in \mathcal{L}_1(X) \end{align*}

Es decir, dentro de las funciones integrables, se puede sumar y multiplicar por escalares y el resultado sigue siendo una función integrable. Esto es:

∫X(λf+μg) dμ=λ⋅∫Xf dμ+μ⋅∫Xg dμ\begin{align*} \int_X \left(\lambda f + \mu g\right) \, d\mu = \lambda \cdot \int_X f \, d\mu + \mu \cdot \int_X g \, d\mu \end{align*}

📐Demostración

  • a) Veamos que L1(X)\mathcal{L}_1(X) es espacio vectorial: Sean f,g∈L1(X)f, g \in \mathcal{L}_1(X) y λ,μ∈R\lambda, \mu \in \mathbb{R} entonces:
(λf+μg)(x)=λf(x)+μg(x)∀x∈X  ⟹   estaˊ bien definida\begin{align*} (\lambda f + \mu g)(x) = \lambda f(x) + \mu g(x) \quad \forall x \in X \implies \text{ está bien definida} \end{align*}

Ahora, veamos que es integrable, para ello usamos la desigualdad triangular:

∣λf+μg∣≤∣λf∣+∣μg∣=∣λ∣⋅∣f∣+∣μ∣⋅∣g∣\begin{align*} |\lambda f + \mu g| \leq |\lambda f| + |\mu g| = |\lambda| \cdot |f| + |\mu| \cdot |g| \end{align*}

Así, por la proposición de retículo se tiene:

∫X∣λf+μg∣ dμ≤∫X∣λ∣⋅∣f∣+∣μ∣⋅∣g∣ dμ\begin{align*} \int_X |\lambda f + \mu g| \, d \mu & \leq \int_X |\lambda| \cdot |f| + |\mu| \cdot |g| \, d\mu \end{align*}

Ahora, aplicando la proposición de linealidad parcial de la integral se tiene:

∫X∣λ∣⋅∣f∣+∣μ∣⋅∣g∣ dμ=∣λ∣⋅∫X∣f∣ dμ+∣μ∣⋅∫X∣g∣ dμ\begin{align*} \int_X |\lambda| \cdot |f| + |\mu| \cdot |g| \, d\mu & = |\lambda| \cdot \int_X |f| \, d\mu + |\mu| \cdot\int_X |g| \, d\mu \end{align*}

Y como f,g∈L1(X)f, g \in \mathcal{L}_1(X) entonces sus integrales son finitas, y juntando todo:

∫X∣λf+μg∣ dμ≤∣λ∣∫X∣f∣ dμ⏟∈R+∣μ∣∫X∣g∣ dμ⏟∈R∈[0,∞)  ⟹  λf+μg∈L1(X)\begin{align*} \int_X \left|\lambda f + \mu g \right| \, d\mu \leq & |\lambda| \underbrace{\int_X |f| \, d\mu}_{\in \mathbb{R}} + |\mu| \underbrace{\int_X |g| \, d\mu}_{\in \mathbb{R}} \in [0, \infty) \implies \lambda f + \mu g \in \mathcal{L}_1(X) \end{align*}

  • b) Veamos que la integral es una forma lineal, para ello tiene que verificar las dos propiedades siguientes:

  • ∀λ∈R\forall \lambda \in \mathbb{R} ∫Xλ⋅f dμ=λ⋅∫Xf dμ\int_X \lambda \cdot f \, d \mu = \lambda \cdot \int_X f \, d\mu

  • f,g∈L1(X)  ⟹  ∫X(f+g) dμ=∫Xf dμ+∫Xg dμf, g \in \mathcal{L}_1(X) \implies \int_X (f + g) \, d\mu = \int_X f \, d\mu + \int_X g \, d\mu

Veamos cada caso por separado:

  • b.1) La integral respeta escalares:

💡Nota

Como se vé en el último apartado, se ha prescindido de algunos elementos de la integral a la hora de escribirlos. Esto es algo propio de estos apuntes, el profesor en ningún momento ha hecho esto en clase, simplemente es una forma más breve de escribirlo para no repetir tanto la expresión  dμ\, d\mu y el ∫X\int_X cuando no hay lugar a confusión.

No obstante, es importante tener en cuenta que a la hora de resolver ejercicios en el examen, hay que escribir todo correctamente.

✏️Ejercicio

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, ff sumable y {Ei}i∈N⊆Σ\{E_i\}_{i \in \mathbb{N}} \subseteq \Sigma disjuntos dos a dos. Probar que:

∫⋃i=1∞Eif dμ=∑i=1∞∫Eif dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i = 1}^\infty E_i} f \, d\mu = \sum_{i = 1}^\infty \int_{E_i} f \, d\mu \end{align*}

La idea es descomponer ff en sus partes positiva y negativa para aplicar la aditividad.

Como sabemos que:

f=f+−f− con f+,f−≥0\begin{align*} f = f^{ + } - f^{ - } \quad \text{ con } f^{ + }, f^{ - } \geq 0 \end{align*}

Como ff es sumable, entonces f+f^{ + } y f−f^{ - } son sumables, es decir:

∫Xf+ dμ<∞ y ∫Xf− dμ<∞\begin{align*} \int_X f^{ + } \, d\mu < \infty \quad \text{ y } \quad \int_X f^{ - } \, d\mu < \infty \end{align*}

Por la proposición de aditividad de la integral tenemos que:

∫⋃i=1∞Eif+ dμ=∑i=1∞∫Eif+ dμ∫⋃i=1∞Eif− dμ=∑i=1∞∫Eif− dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i = 1}^\infty E_i} f^{ + } \, d\mu & = \sum_{i = 1}^\infty \int_{E_i} f^{ + } \, d\mu\\ \int_{\bigcup_{i = 1}^\infty E_i} f^{ - } \, d\mu & = \sum_{i = 1}^\infty \int_{E_i} f^{ - } \, d\mu \end{align*}

Por lo tanto, aplicando la definición de integral de Lebesgue para funciones medibles:

∫⋃i=1∞Eif dμ=∫⋃i=1∞Eif+ dμ−∫⋃i=1∞Eif− dμ==∑i=1∞∫Eif+ dμ−∑i=1∞∫Eif− dμ==∑i=1∞(∫Eif+ dμ−∫Eif− dμ)=∑i=1∞∫Eif dμ\begin{align*} \int_{\bigcup_{i = 1}^\infty E_i} f \, d\mu & = \int_{\bigcup_{i = 1}^\infty E_i} f^{ + } \, d\mu - \int_{\bigcup_{i = 1}^\infty E_i} f^{ - } \, d\mu = \\[2ex] & = \sum_{i = 1}^\infty \int_{E_i} f^{ + } \, d\mu - \sum_{i = 1}^\infty \int_{E_i} f^{ - } \, d\mu = \\[2ex] & = \sum_{i = 1}^\infty \left(\int_{E_i} f^{ + } \, d\mu - \int_{E_i} f^{ - } \, d\mu\right) = \sum_{i = 1}^\infty \int_{E_i} f \, d\mu \end{align*}

Equivalencia entre funciones sumables y en L1(X)\mathcal{L}_1(X). Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida y f:X→R‾f: X \to \overline{\mathbb{R}} función sumable, entonces ∃g∈L1(X)\exists g \in \mathcal{L}_1(X) función integrable tal que:

f=g μ-a.e.\begin{align*} f = g \, \mu\text{-a.e.} \end{align*}

📐Demostración

Sea ff sumable, definimos los siguientes conjuntos:

A:−{x:f(x)=∞}∈ΣyB:−{x:f(x)=−∞}∈Σ\begin{align*} A \coloneq \left\{x : f(x) = \infty\right\} \in \Sigma \quad \text{y} \quad B \coloneq \left\{x : f(x) = -\infty\right\} \in \Sigma \end{align*}

Además, son de medida nula. Basta suponer que μ(A)>0\mu(A) > 0, entonces:

∫X∣f∣ dμ=∫Xf+ dμ+∫Xf− dμ≥∫Xf+ dμ≥∫Af+ dμ=∫A∞ dμ=∞\begin{align*} \int_X |f| \, d\mu & = \int_X f^{ + } \, d\mu + \int_X f^{ - } \, d\mu \geq \int_X f^{ + } \, d\mu \geq \int_A f^{ + } \, d\mu = \int_A \infty \, d\mu = \infty \end{align*}

Lo cual es una contradicción ya que ff es sumable, por tanto:

μ(A)=0 y μ(B)=0\begin{align*} \mu(A) = 0 \quad \text{ y } \quad \mu(B) = 0 \end{align*}

Ahora, definimos la función gg como:

g(x):−{f(x) si x∈X∖A∪B0 si x∈A∪B\begin{align*} g (x) \coloneq \left\{ \begin{array}{ll} f(x) & \text{ si } x \in X \setminus A \cup B\\ 0 & \text{ si } x \in A \cup B \end{array} \right. \end{align*}

Que es la misma función que ff salvo en el conjunto A∪BA \cup B de medida nula, así:

g=f μ-a.e.\begin{align*} g = f \, \mu\text{-a.e.} \end{align*}

Ahora, como ff es medible, A,B∈ΣA, B \in \Sigma y la función gg se puede expresar como:

g=f⋅XX∖(A∪B)+0⋅XA∪B=f⋅XX∖(A∪B)\begin{align*} g = f \cdot \mathcal{X}_{X \setminus (A \cup B)} + 0 \cdot \mathcal{X}_{A \cup B} = f \cdot \mathcal{X}_{X \setminus (A \cup B)} \end{align*}

Al ser producto de funciones medibles, gg también es medible. Además:

∣g∣=∣f∣⋅XX∖(A∪B)≤∣f∣\begin{align*} |g| = |f| \cdot \mathcal{X}_{X \setminus (A \cup B)} \leq |f| \end{align*}

Y como ff es sumable, es decir, ∫X∣f∣<∞\int_X |f| < \infty, por la proposición de retículo se tiene:

∫X∣g∣ dμ≤∫X∣f∣ dμ<∞\begin{align*} \int_X |g| \, d\mu \leq \int_X |f| \, d\mu < \infty \end{align*}

Así gg es sumable, es decir, g∈L1(X)g \in \mathcal{L}_1(X).

💡Observación

En las condiciones del enunciado restringidos a un conjunto medible E∈ΣE \in \Sigma entonces:

f=g en E∖N con μ(N)=0\begin{align*} f = g \quad \text{ en } E \setminus N \quad \text{ con } \mu(N) = 0 \end{align*}

Por tanto, aplicando la propiedad de conjuntos de medida nula se tiene:

∫Eg dμ=∫Ef dμ\begin{align*} \int_E g \, d\mu = \int_E f \, d\mu \end{align*}

Teorema de la convergencia dominada. Teorema

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, {fn:X→R}n∈N\{f_n : X \to \mathbb{R}\}_{n \in \mathbb{N}} funciones medibles y g∈L1(X)g \in \mathcal{L}_1(X) función integrable con ∣fn∣≤g|f_n| \leq g para todo n∈Nn \in \mathbb{N}. Si fn→npXff_n \xrightarrow[n]{pX} f entonces:

  • a) f∈L1(X)f \in \mathcal{L}_1(X)
  • b) ∫X∣fn−f∣ dμ⟶n0\displaystyle \int_X |f_n - f| \, d\mu \underset{n}{\longrightarrow} 0
  • c) ∫Xfn dμ⟶n∫Xf dμ\displaystyle \int_X f_n \, d \mu \overset{n}{\longrightarrow} \int_X f \, d\mu

📐Demostración

  • a) Se tiene que ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N} se cumple que:
∣fn(x)∣≤∣g(x)∣∀x∈X  ⟹  −∣g(x)∣≤fn(x)≤∣g(x)∣∀x∈X\begin{align*} |f_n(x)| \leq |g(x)| \quad \forall x \in X \implies -|g(x)| \leq f_n (x) \leq |g(x)| \quad \forall x \in X \end{align*}

Por tanto, cuando n→∞n \to \infty se tiene:

−∣g(x)∣≤lim⁡nfn(x)⏟=f(x)≤∣g(x)∣∀x∈X  ⟹  ∣f(x)∣≤∣g(x)∣∀x∈X\begin{align*} -|g(x)| \leq \underbrace{\lim_{n} f_n (x)}_{= f(x)} \leq |g(x)| \quad \forall x \in X \implies |f(x)| \leq |g(x)| \quad \forall x \in X \end{align*}

Así, por la proposición de retículo se tiene:

∫∣f∣≤∫∣g∣<∞  ⟹  f∈L1(X)\begin{align*} \int |f| \leq \int |g| < \infty \implies f \in \mathcal{L}_1(X) \end{align*}
  • b) Notemos que ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N} se cumple:
∣fn−f∣≤∣fn∣∈L1(X)⏟≤g+∣f∣∈L1(X)⏟≤g∈L1(X)  ⟹  ∣fn−f∣≤g+g=2g∈L1(X)\begin{align*} |f_n - f| \leq \underbrace{\overset{\in \mathcal{L}_1(X)}{|f_n|}}_{ \leq g} + \underbrace{\overset{\in \mathcal{L}_1(X)}{|f|}}_{ \leq g} \in \mathcal{L}_1(X) \implies |f_n - f| \leq g + g = 2g \in \mathcal{L}_1(X) \end{align*}

Entonces se tiene que:

hn:−2g−∣fn−f∣≥0\begin{align*} h_n \coloneq 2g - |f_n - f| \geq 0 \end{align*}

Que es integrable ya que 2g∈L1(X)2g \in \mathcal{L}_1(X) y ∣fn−f∣∈L1(X)|f_n - f| \in \mathcal{L}_1(X) por ser fn,f∈L1(X)f_n, f \in \mathcal{L}_1(X). Además, cuando n→∞n \to \infty:

lim⁡nhn=2g−lim⁡n∣fn−f∣⏟=0=2g\begin{align*} \lim_{n} h_n = 2g - \underbrace{\lim_{n} |f_n - f|}_{= 0} = 2g \end{align*}

Por tanto, aplicando el lema de Fatou tenemos:

∫lim inf⁡nhn≤lim inf⁡n∫hn\begin{align*} \int \liminf_n h_n \leq \liminf_n \int h_n \end{align*}

Pero como lim inf⁡nhn=lim⁡nhn\liminf_n h_n = \lim_n h_n (ya que la sucesión converge), tenemos:

∫lim⁡nhn=∫2g≤lim inf⁡n∫hn\begin{align*} \int \lim_{n} h_n = \int 2g \leq \liminf_n \int h_n \end{align*}

Ahora, como se tiene:

∫hn=∫(2g−∣fn−f∣)=parciallinealidad2∫g−∫∣fn−f∣\begin{align*} \int h_n = \int \left(2g - |f_n - f|\right) \xlongequal[{\text{parcial}}]{\text{linealidad}} 2\int g - \int |f_n - f| \end{align*}

Sustituyendo en (I) tenemos:

2∫g≤lim inf⁡n(2∫g−∫∣fn−f∣)\begin{align*} 2 \int g \leq \liminf_n \left(2 \int g - \int |f_n - f|\right) \end{align*}

Como 2∫g2 \int g es un número fijo (ya que g∈L1(X)g \in \mathcal{L}_1(X)), podemos aplicar la propiedad de límites de sucesiones:

lim inf⁡n(c−bn)=c−lim sup⁡nbn\begin{align*} \liminf_n (c - b_n) = c - \limsup_n b_n \end{align*}

Así, aplicando esta propiedad en (II) tenemos:

2∫g≤2∫g−lim sup⁡n∫∣fn−f∣\begin{align*} 2 \int g \leq 2 \int g - \limsup_n \int |f_n - f| \end{align*}

Y aplicando de nuevo que 2∫g2 \int g es un número fijo, podemos restar ambos lados:

2∫g≤2∫g−lim sup⁡n∫∣fn−f∣  ⟹  0≤−lim sup⁡n∫∣fn−f∣\begin{align*} \cancel{2 \int g} \leq \cancel{2 \int g} - \limsup_n \int |f_n - f| \implies 0 \leq - \limsup_n \int |f_n - f| \end{align*}

Como la integral de un valor absoluto no puede ser negativa, tenemos:

0≤lim inf⁡n∫∣fn−f∣≤lim sup⁡n∫∣fn−f∣≤0\begin{align*} 0 \leq \liminf_n \int |f_n - f| \leq \limsup_n \int |f_n - f| \leq 0 \end{align*}

Por tanto, se tiene que:

∃lim⁡n∫∣fn−f∣=0\begin{align*} \exists \lim_n \int |f_n - f| = 0 \end{align*}
  • c) Por la desigualdad triangular para la integral se tiene:
∣∫fn−∫f ∣=linealidadfn,f∈L1(X)∣∫(fn−f)∣≤∫∣fn−f∣\begin{align*} \left|\int f_n - \int f \, \right| & \xlongequal[\text{linealidad}]{f_n, f \in \mathcal{L}_1(X)} \left|\int (f_n - f)\right| \leq \int |f_n - f| \end{align*}

Y como hemos visto en el apartado b) que ∫∣fn−f∣→0\int |f_n - f| \to 0, entonces:

∣∫fn−∫f ∣→0  ⟹  ∫fn→∫f\begin{align*} \left|\int f_n - \int f \, \right| \to 0 \implies \int f_n \to \int f \end{align*}

Cálculo efectivo de la integral de Lebesgue en RN\mathbb{R}^N

En esta sección vamos a ver la aplicación práctica del cálculo de la integral de Lebesgue en RN\mathbb{R}^N para funciones reales de variable real y de variable en RN\mathbb{R}^N.

Inicialmente, se va a estudiar el caso más sencillo, es decir, el caso N=1N = 1 para, posteriormente, generalizarlo al caso N>1N > 1.

Calculo para N=1N = 1

Equivalencia entre integrable Riemann y Lebesgue. Teorema

Sea f:[a,b]→Rf : [a, b] \to \mathbb{R} función acotada (en R\mathbb{R}) se tiene que:

μ1({x∈[a,b]:f discontinua en x})=0  ⟺  f∈R([a,b])\begin{align*} \mu_1\left(\right\{x \in [a,b] : f \text{ discontinua en } x\left\}\right) = 0 \iff f \in \mathcal{R}\left([a, b]\right) \end{align*}

Y además, si f∈R([a,b])f \in \mathcal{R}\left([a, b]\right) se tiene que:

f∈L1([a,b])y∫abf(x) dx=∫[a,b]f dμ1\begin{align*} f \in \mathcal{L}_1([a, b]) \quad \text{y} \quad \int_a^b f(x) \, dx = \int_{[a, b]} f \, d\mu_1\\ \end{align*}

💡Nota

Recordemos que S‾(f,P)\overline{S}(f, P) y S‾(f,P)\underline{S}(f, P) son las sumas superior e inferior de Darboux de ff respecto a la partición PP de [a,b][a, b], es decir:

S‾(f,P)=∑i=1ksup⁡f([xi−1,xi])⋅(xi−xi−1)S‾(f,P)=∑i=1kinf⁡f([xi−1,xi])⋅(xi−xi−1)\begin{align*} \overline{S}(f, P) & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{k} \sup f([x_{i - 1}, x_i]) \cdot (x_i - x_{i - 1})\\[2ex] \underline{S}(f, P) & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{k} \inf f([x_{i - 1}, x_i]) \cdot (x_i - x_{i - 1}) \end{align*}

donde P={a=x0<x1<⋯<xk=b}P = \{a = x_0 < x_1 < \dots < x_k = b\}.

💡Nota

La idea de la demostración será:

  1. Aproximar la función desde arriba y desde abajo mediante funciones simples construidas a partir de particiones cada vez más finas.
  2. Refinar las particiones para que la diferencia entre las sumas superiores e inferiores tienda a cero. Así, ambas se acercarán al valor de ff en los puntos de continuidad.
  3. La diferencia entre ambas aproximaciones se hace pequeña cuando los puntos en los que no coinciden son de medida nula

📐Demostración

Como ff acotada, existe M∈[0,∞)M \in[0, \infty) tal que:

∣f(x)∣≤M∀x∈[a,b]\begin{align*} |f(x)| \leq M \quad \forall x \in [a, b] \end{align*}

Se considera la sucesión de particiones dada por:

Pn={a=x0n<x1n<⋯<xknn=b}∈P([a,b]) con n∈N\begin{align*} P_n = \{a = x_0^n < x_1^n < \dots < x_{k_n}^n = b\} \in \mathcal{P}([a, b]) \quad \text{ con } n \in \mathbb{N} \end{align*}

Es decir, una sucesión de particiones cada vez más finas de [a,b][a, b] que cumple para cada n∈Nn \in \mathbb{N} que:

  • xin−xi−1n<1n∀i=1,2,…,knx_i^n - x_{i - 1}^n < \frac{1}{n} \quad \forall i = 1, 2, \dots, k_n
  • Pn⊆Pn+1P_n \subseteq P_{n + 1} entonces tendremos que:
sup⁡f((xi−1n,xin))≥sup⁡f((xi−1n+1,xin+1))inf⁡f((xi−1n,xin))≤inf⁡f((xi−1n+1,xin+1))\begin{align*} \sup f((x_{i - 1}^n, x_i^n)) &\geq \sup f((x_{i - 1}^{n + 1}, x_i^{n + 1})) \\[2ex] \inf f((x_{i - 1}^n, x_i^n)) &\leq \inf f((x_{i - 1}^{n + 1}, x_i^{n + 1})) \end{align*}

Ya que los subintervalos de Pn+1P_{n + 1} son más pequeños que los de PnP_n y, por tanto, se están ``refinando'' las cotas superior e inferior.

Ahora, para cada n∈Nn \in \mathbb{N} y cada i=1,2,…,kni = 1, 2, \dots, k_n definimos:

Min:−sup⁡{f(x):x∈[xi−1n,xin]}ymin:−inf⁡{f(x):x∈[xi−1n,xin]}\begin{align*} M_i^n \coloneq \sup \left\{f(x) : x \in [x_{i - 1}^n, x_i^n]\right\} \quad \text{y} \quad m_i^n \coloneq \inf \left\{f(x) : x \in [x_{i - 1}^n, x_i^n]\right\} \end{align*}

Es decir, el valor más grande y más pequeño que toma ff en el subintervalo [xi−1n,xin][x_{i - 1}^n, x_i^n]. Así, por (I) se tiene que:

−M≤min≤Min≤M\begin{align*} - M \leq m_i^n \leq M_i^n \leq M \end{align*}

Ahora, definimos las siguientes funciones simples μ1\mu_1-medibles:

sn:−∑i=1knMin⋅X[xi−1n,xin)ytn:−∑i=1knmin⋅X[xi−1n,xin)\begin{align*} s_n \coloneq \displaystyle \sum_{i = 1}^{k_n} M_i^n \cdot \mathcal{X}_{[x_{i - 1}^n, x_i^n)} \qquad \text{y} \qquad t_n \coloneq \displaystyle \sum_{i = 1}^{k_n} m_i^n \cdot \mathcal{X}_{[x_{i - 1}^n, x_i^n)} \end{align*}

Entonces, aplicando la definición de integral de Lebesgue para funciones simples tenemos:

∫[a,b]sn dμ1=∑i=1knMin⋅μ1([xi−1n,xin))⏟v1([xi−1n,xin))=∑i=1knMin⋅(xin−xi−1n)=S‾(f,Pn)∫[a,b]tn dμ1=∑i=1knmin⋅μ1([xi−1n,xin))⏟v1([xi−1n,xin))=∑i=1knmin⋅(xin−xi−1n)=S‾(f,Pn)\begin{align*} \int_{[a, b]} s_n \, d\mu_1 & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{k_n} M_i^n \cdot \underbrace{\mu_1([x_{i - 1}^n, x_i^n))}_{v_1([x_{i - 1}^n, x_i^n))} = \displaystyle \sum_{i = 1}^{k_n} M_i^n \cdot (x_i^n - x_{i - 1}^n) = \overline{S}(f, P_n)\\[2ex] \int_{[a, b]} t_n \, d\mu_1 & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{k_n} m_i^n \cdot \underbrace{\mu_1([x_{i - 1}^n, x_i^n))}_{v_1([x_{i - 1}^n, x_i^n))} = \displaystyle \sum_{i = 1}^{k_n} m_i^n \cdot (x_i^n - x_{i - 1}^n) = \underline{S}(f, P_n) \end{align*}

Ahora, si definimos el conjunto que contiene todos los puntos de las particiones:

V:−{xin:n∈N,0≤i≤kn}\begin{align*} V \coloneq \{x_i^n : n \in \mathbb{N}, 0 \leq i \leq k_n\} \end{align*}

tenemos que es numerable ya que es una unión numerable de conjuntos finitos. Además, como Pn⊆Pn+1P_n \subseteq P_{n + 1} (aplicando (II)) se tiene que para cada x∈[a,b]x \in [a, b]:

sn(x)≥sn+1(x)→n→∞s(x)ytn(x)≤tn+1(x)→n→∞t(x)\begin{align*} s_n(x) \geq s_{n + 1}(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} s(x) \quad \text{y} \quad t_n(x) \leq t_{n + 1}(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} t(x) \end{align*}

Como sns_n y tnt_n son monótonas y además son acotadas ya que:

−M≤tn(x)≤t(x)≤f(x)≤s(x)≤sn(x)≤M∀x∈[a,b],∀n∈N\begin{align*} - M \leq t_n(x) \leq t(x) \leq f(x) \leq s(x) \leq s_n(x) \leq M \quad \forall x \in [a, b], \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

entonces existen los límites puntuales de sns_n y tnt_n que denotamos como ss y tt respectivamente.

Además, podemos ver que para x0∈[a,b]∖Vx_0 \in [a, b] \setminus V se tiene que*:*

f continua en x0  ⟺  s(x0)=t(x0)\begin{align*} f \text{ continua en } x_0 \iff s(x_0) = t(x_0) \end{align*}
  • ⇒\Rightarrow) Si ff es continua en x0x_0, entonces ∀ε>0\forall \varepsilon > 0 existe δ>0\delta > 0 tal que:
∣x−x0∣<δ  ⟹  ∣f(x)−f(x0)∣<ε\begin{align*} |x - x_0| < \delta \implies |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{align*}

Elegimos n0∈Nn_0 \in \mathbb{N} tal que 1n0<δ\frac{1}{n_0} < \delta. entonces x0x_0 pertenece a un único intervalo, es decir, ∃!j∈{1,2,…,kn0}\exists! j \in \{1, 2, \dots, k_{n_0}\} tq:

x0∈(xj−1n0,xjn0)⊆(x0−δ,x0+δ)\begin{align*} x_0 \in (x_{j - 1}^{n_0}, x_j^{n_0}) \subseteq (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \end{align*}

Así, para cada x∈(xj−1n0,xjn0)x \in (x_{j - 1}^{n_0}, x_j^{n_0}) se cumple:

f(x0)−ε≤mjn0≤f(x)≤Mjn0≤f(x0)+ε\begin{align*} f(x_0) - \varepsilon \leq m_j^{n_0} \leq f(x) \leq M_j^{n_0} \leq f(x_0) + \varepsilon \end{align*}

Por lo tanto, se tiene que:

f(x0)−ε≤tn0(x0)≤t(x0)≤s(x0)≤sn0(x0)≤f(x0)+ε\begin{align*} f(x_0) - \varepsilon \leq t_{n_0}(x_0) \leq t(x_0) \leq s(x_0) \leq s_{n_0}(x_0) \leq f(x_0) + \varepsilon \end{align*}

Y como ε\varepsilon es arbitrario, se tiene que s(x0)=t(x0)s(x_0) = t(x_0).

  • ⇐\Leftarrow) Si s(x0)=f(x0)=t(x0)s(x_0) = f(x_0) = t(x_0), entonces sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, como sn(x0)→s(x0)s_n(x_0) \to s(x_0) y tn(x0)→t(x0)t_n(x_0) \to t(x_0), existe n0∈Nn_0 \in \mathbb{N} tal que:
0≤sn0(x0)−tn0(x0)<ε\begin{align*} 0 \leq s_{n_0}(x_0) - t_{n_0}(x_0) < \varepsilon \end{align*}

Ahora, ∃!j∈{1,2,…,kn0}\exists! j \in \{1, 2, \dots, k_{n_0}\} tal que x0∈(xj−1n0,xjn0)x_0 \in (x_{j - 1}^{n_0}, x_j^{n_0}) y, tomando δ>0\delta > 0 suficientemente pequeño para que:

(x0−δ,x0+δ)⊆(xj−1n0,xjn0)\begin{align*} (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subseteq (x_{j - 1}^{n_0}, x_j^{n_0}) \end{align*}

se tiene que, para x∈(x0−δ,x0+δ)x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta):

f(x0)−ε<tn(x0)≤mjn0≤f(x)≤Mjn0≤sn0(x0)<f(x0)+ε\begin{align*} f(x_0) - \varepsilon < t_n(x_0) \leq m_j^{n_0} \leq f(x) \leq M_j^{n_0} \leq s_{n_0}(x_0) < f(x_0) + \varepsilon \end{align*}

Por tanto, ff es continua en x0x_0 ya que ε\varepsilon es arbitrario.

Ahora, veamos que se cumple la equivalencia del enunciado:

  • ⇒)\Rightarrow) Denotamos al conjunto donde ff es discontinua como DD, es decir:
D={x∈[a,b]:f discontinua en x}={x∈[a,b]:s(x)≠t(x)}\begin{align*} D = \{x \in [a, b] : f \text{ discontinua en } x\} = \{x \in [a, b] : s(x) \neq t(x)\} \end{align*}

En particular, como s≤ts \leq t se tiene que:

D={x∈[a,b]:s(x)<t(x)}\begin{align*} D = \{x \in [a, b] : s(x) < t(x)\} \end{align*}

Como por hipótesis μ(D)=0\mu(D) = 0, se tiene que s=ts = t μ\mu-a.e. Si definimos la función:

h:−t−s  ⟹  {h≥0h=0μ-a.e.\begin{align*} h \coloneq t - s \implies \left\{ \begin{array}{l} h \geq 0\\ h = 0 \quad \mu\text{-a.e.} \end{array} \right. \end{align*}

Aplicando la proposición de integral de función nula casi en todo punto:

∫[a,b]h dμ=0  ⟹  ∫[a,b](t−s) dμ=0\begin{align*} \int_{[a, b]} h \, d\mu = 0 \implies \int_{[a, b]} (t - s) \, d\mu = 0 \end{align*}

Además, como 0≤sn−tn≤2M0 \leq s_n - t_n \leq 2M y además sn−tn→s−ts_n - t_n \to s - t puntualmente, podemos aplicar el teorema de la convergencia dominada y obtener:

0=∫[a,b](t−s) dμ=∫[a,b]lim⁡n(tn−sn) dμ=TCDlim⁡n∫[a,b](tn−sn) dμ=linealidad=lim⁡n(∫[a,b]tn dμ−∫[a,b]sn dμ)=(III)lim⁡n(S‾(f,Pn)−S‾(f,Pn))\begin{align*} 0 & = \int_{[a, b]} (t - s) \, d\mu = \int_{[a, b]} \lim_{n} (t_n - s_n) \, d\mu \xlongequal[]{TCD} \lim_{n} \int_{[a, b]} (t_n - s_n) \, d\mu \xlongequal[]{\text{linealidad}} \\[2ex] & = \lim_{n} \left(\int_{[a, b]} t_n \, d\mu - \int_{[a, b]} s_n \, d\mu\right) \xlongequal[]{(III)} \lim_{n} \left(\underline{S}(f, P_n) - \overline{S}(f, P_n)\right) \end{align*}

Por lo tanto, como el límite es cero, por el criterio de Riemann tenemos que ff es Riemann-integrable, es decir, f∈R([a,b])f \in \mathcal{R}([a, b]).

  • ⇐)\Leftarrow) Si f∈R([a,b])f \in \mathcal{R}([a, b]), entonces por el criterio de Riemann sabemos que ∃(Pn)n∈N\exists (P_n)_{n \in \mathbb{N}} sucesión de particiones de [a,b][a, b] tal que:
S‾(f,Pn)−S‾(f,Pn)→n→∞0\begin{align*} \overline{S}(f, P_n) - \underline{S}(f, P_n) \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 \end{align*}

Aplicando un razonamiento análogo al del apartado anterior:

0=∫(t−s)=lineal.TCDlim⁡n(S‾(f,Pn)−S‾(f,Pn))=0\begin{align*} 0 = \int (t - s) & \xlongequal[\text{lineal.}]{TCD} \lim_n \left(\underline{S}(f, P_n) - \overline{S}(f, P_n)\right) = 0 \end{align*}

Como s−t≥0s - t \geq 0 y su integral es cero, por la proposición de integral de función nula casi en todo punto se tiene que:

s−t=0μ-a.e.\begin{align*} s - t = 0 \quad \mu\text{-a.e.} \end{align*}

Por tanto, ff es continua μ\mu-a.e. lo que implica que el conjunto de discontinuidades de ff es de medida nula.

Finalmente, falta ver que en este caso, las integrales coinciden:

Como sabemos que f∈R([a,b])f \in \mathcal{R}([a, b]), por el criterio de Riemann se tiene:

lim⁡nS‾(f,Pn)=lim⁡nS‾(f,Pn)=∫abf(x) dx\begin{align*} \lim_{n} \overline{S}(f, P_n) = \lim_{n} \underline{S}(f, P_n) = \int_a^b f(x) \, dx \end{align*}

Por otro lado, por (III) se tiene:

∫[a,b]sn dμ1=S‾(f,Pn)∫[a,b]tn dμ1=S‾(f,Pn)\begin{align*} \int_{[a, b]} s_n \, d\mu_1 & = \overline{S}(f, P_n)\\[2ex] \int_{[a, b]} t_n \, d\mu_1 & = \underline{S}(f, P_n) \end{align*}

Y como sn→ss_n \to s y tn→tt_n \to t puntualmente, aplicando el teorema de la convergencia dominada tenemos:

∫[a,b]s dμ1=lim⁡n∫[a,b]sn dμ1=lim⁡nS‾(f,Pn)=∫abf(x) dx∫[a,b]t dμ1=lim⁡n∫[a,b]tn dμ1=lim⁡nS‾(f,Pn)=∫abf(x) dx\begin{align*} \int_{[a, b]} s \, d\mu_1 & = \lim_{n} \int_{[a, b]} s_n \, d\mu_1 = \lim_{n} \overline{S}(f, P_n) = \int_a^b f(x) \, dx\\[2ex] \int_{[a, b]} t \, d\mu_1 & = \lim_{n} \int_{[a, b]} t_n \, d\mu_1 = \lim_{n} \underline{S}(f, P_n) = \int_a^b f(x) \, dx \end{align*}

Pero como s=f=ts = f = t μ1\mu_1-a.e., por la propiedad de conjuntos de medida nula se tiene:

∫[a,b]f dμ1=∫abf(x) dx\begin{align*} \int_{[a, b]} f \, d\mu_1 = \int_a^b f(x) \, dx \end{align*}

Funciones localmente integrables Riemann. Definición

Sea A⊆RA \subseteq \mathbb{R} y f:A→Rf: A \to \mathbb{R} una función, decimos que es localmente integrable en el sentido de Riemann y se denota f∈Rl(A)f \in \mathcal{R}^l(A) si para todo intervalo compacto [a,b]⊆A[a, b] \subseteq A se tiene que:

f∈R([a,b])\begin{align*} f \in \mathcal{R}([a, b]) \end{align*}

Es decir, si ff es integrable Riemann en cualquier subintervalo compacto de AA.

Integrales impropias de funciones localmente integrables Riemann. Definición

Hay cuatro casos importantes de funciones cuya integral es impropia que se pueden definir como funciones localmente integrables Riemann:

  • f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^l([a, \infty))
  • f∈Rl((−∞,b])f \in \mathcal{R}^l(( - \infty, b])
  • f∈Rl([a,b))f \in \mathcal{R}^l([a, b)) con −∞<a<b<∞- \infty < a < b < \infty
  • f∈Rl((a,b])f \in \mathcal{R}^l((a, b]) con −∞<a<b<∞- \infty < a < b < \infty

Por ejemplo, para el caso f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^l([a, \infty)) diremos que:

  • ∫a∞f\displaystyle \int_a^\infty f es convergente si ∃lim⁡x→∞∫axf=l∈R\exists \displaystyle \lim_{x \to \infty} \int_a^x f = l \in \mathbb{R}\
  • ∫a∞f\displaystyle \int_a^\infty f es divergente si ∃lim⁡x→∞∫axf=±∞\exists \displaystyle \lim_{x \to \infty} \int_a^x f = \pm \infty\
  • ∫a∞f\displaystyle \int_a^\infty f es oscilante si ∄lim⁡x→∞∫axf∈R‾\nexists \displaystyle \lim_{x \to \infty} \int_a^x f \in \overline{\mathbb{R}}

💡Nota

Para el resto de casos, se puede extender la definición de forma análoga. Por ejemplo, para el caso f∈Rl((a,b])f \in \mathcal{R}^l((a, b]) diremos que:

  • ∫abf\displaystyle \int_a^b f es convergente si ∃lim⁡x→a+∫xbf=l∈R\exists \displaystyle \lim_{x \to a^+} \int_x^b f = l \in \mathbb{R}\
  • ∫abf\displaystyle \int_a^b f es divergente si ∃lim⁡x→a+∫xbf=±∞\exists \displaystyle \lim_{x \to a^+} \int_x^b f = \pm \infty\
  • ∫abf\displaystyle \int_a^b f es oscilante si ∄lim⁡x→a+∫xbf∈R‾\nexists \displaystyle \lim_{x \to a^+} \int_x^b f \in \overline{\mathbb{R}}

Y el resto de casos se definen de forma análoga.

Integrabilidad Lebesgue de funciones localmente integrables Riemann. Proposición

Sea f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^l([a, \infty)) entonces:

f μ1-medible\begin{align*} f \, \mu_1\text{-medible} \end{align*}

💡Nota

Análogo para los casos f∈Rl((−∞,b])f \in \mathcal{R}^l(( - \infty, b]), f∈Rl([a,b))f \in \mathcal{R}^l([a, b)) y f∈Rl((a,b])f \in \mathcal{R}^l((a, b])

📐Demostración

Sea f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^{l}([a, \infty)), por definición f∈R([c,d])f \in \mathcal{R}([c, d]) para todo [c,d]⊆[a,∞)[c,d] \subseteq [a, \infty) compacto, en particular:

f∈Rl([a,∞))  ⟹  f∈R([a,a+n])∀n∈N\begin{align*} f \in \mathcal{R}^l([a, \infty)) \implies f \in \mathcal{R}([a, a + n]) \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por la teorema de equivalencia entre integrales de Riemann y Lebesgue se tiene que:

f∈R([a,a+n])  ⟹  f medible resp de ([a,a+n],M1([a,a+n]),μ1)  ⟹    ⟹  f⋅X[a,a+n] medible resp de (R,M1,μ1)∀n∈N\begin{align*} f \in \mathcal{R}([a, a + n]) & \implies f \text{ medible resp de } \left([a, a + n], \mathcal{M}_1([a, a + n]), \mu_1\right) \implies \\[2ex] & \implies f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} \text{ medible resp de } \left(\mathbb{R}, \mathcal{M}_1, \mu_1\right) \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Tomando el límite puntual cuando n→∞n \to \infty se tiene:

(f⋅X[a,a+n])(x)→n→∞pRf(x)\begin{align*} \left(f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]}\right)(x) & \xrightarrow[n \to \infty]{p \mathbb{R}} f(x) \end{align*}

ya que si x∈[a,∞)x \in [a, \infty) existirá nn suficientemente grande como para que x∈[a,a+n]x \in [a, a + n] así que X[a,a+n](x)=1\mathcal{X}_{[a, a + n]}(x) = 1.

Por tanto, como f⋅X[a,a+n]f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} es medible para todo n∈Nn \in \mathbb{N} y la sucesión converge puntualmente a ff entonces el límite también es medible, es decir, ff es medible.

Integrales de Lebesgue de funciones localmente integrables Riemann. Proposición

Sea f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^l([a, \infty)) entonces se cumple:

  • a) f≥0f \geq 0 entonces ∫a∞f=∫[a,∞)f dμ1\displaystyle \int_a^\infty f = \int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1
  • b) ∫a∞∣f∣<∞\displaystyle \int_a^\infty |f| < \infty entonces ∫a∞f=∫[a,∞)f dμ1\displaystyle \int_a^\infty f = \int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1

📐Demostración

  • a) Sea f≥0f \geq 0, por definición de función localmente integrable Riemann se tiene:
∃∫a∞f convergente o divergente (no oscilante)\begin{align*} \exists \int_a^\infty f \text{ convergente o divergente (no oscilante)} \end{align*}

Y por otro lado, ff es μ1\mu_1-medible por la proposición anterior, luego:

∃∫[a,∞)f dμ1\begin{align*} \exists \int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1 \end{align*}

Ahora, para cada n∈Nn \in \mathbb{N} definimos la función:

fn=f⋅X[a,a+n]\begin{align*} f_n = f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} \end{align*}

Entonces, como f∈R([a,a+n])f \in \mathcal{R}([a, a + n]) al ser f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^l([a, \infty)), por la teorema de equivalencia entre integrales de Riemann y Lebesgue se tiene:

∫aa+nf=∫[a,∞)fn dμ1∀n∈N\begin{align*} \int_{a}^{a + n} f = \int_{[a, \infty)} f_n \, d\mu_1 \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por la definición de integral impropia de Riemann se tiene:

∫a∞f=lim⁡n→∞∫aa+nf=lim⁡n→∞∫[a,∞)fn dμ1=(⋆)\begin{align*} \int_a^\infty f = \lim_{n \to \infty} \int_a^{a + n} f = \lim_{n \to \infty} \int_{[a, \infty)} f_n \, d\mu_1 = (\star) \end{align*}

Como f≥0f \geq 0, para todo nn se cumple que 0≤fn≤fn+10 \leq f_n \leq f_{n + 1} punto a punto y, además, la sucesión (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} converge puntualmente a ff cuando n→∞n \to \infty. Por tanto, aplicando el teorema de la convergencia monótona se tiene:

(⋆)=lim⁡n→∞∫[a,∞)fn dμ1=TCMfn≤fn+1∫[a,∞)lim⁡n→∞f⋅X[a,a+n]⏟fn dμ1=∫[a,∞)f dμ1\begin{align*} (\star) & = \lim_{n \to \infty} \int_{[a, \infty)} f_n \, d\mu_1 \xlongequal[\text{TCM}]{f_n \leq f_{n + 1}} \int_{[a, \infty)} \lim_{n \to \infty} \underbrace{f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} }_{f_n} \, d\mu_1 = \int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1 \end{align*}
  • b) Sea ff tal que ∫a∞∣f∣<∞\displaystyle \int_a^\infty |f| < \infty. Entonces, por la parte a) aplicado a ∣f∣|f| se tiene:
∫[a,∞)∣f∣ dμ1=∫a∞∣f∣<∞  ⟹  ∣f∣∈L1([a,∞))\begin{align*} \int_{[a, \infty)} |f| \, d\mu_1 = \int_a^\infty |f| < \infty \implies |f| \in \mathcal{L}_1([a, \infty)) \end{align*}

Por tanto, f∈L1([a,∞))f \in \mathcal{L}_1([a, \infty)), luego existe ∫[a,∞)f dμ1\int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1. Aplicando un razonamiento análogo al del apartado a) llegamos a:

∫a∞f=⋯=lim⁡n→∞∫[a,∞)f⋅X[a,a+n] dμ1\begin{align*} \int_a^\infty f & = \dots = \lim_{n \to \infty} \int_{[a, \infty)} f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} \, d\mu_1 \end{align*}

Como ∣f⋅X[a,a+n]∣≤∣f∣∈L1([a,∞))|f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]}| \leq |f| \in \mathcal{L}_1([a, \infty)) y f⋅X[a,a+n]→ff \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} \to f puntualmente, aplicando el teorema de la convergencia dominada se tiene:

lim⁡n→∞∫[a,∞)f⋅X[a,a+n] dμ1=TCD∫[a,∞)lim⁡n→∞f⋅X[a,a+n] dμ1=∫[a,∞)f dμ1\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \int_{[a, \infty)} f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} \, d\mu_1 \xlongequal[]{TCD} \int_{[a, \infty)} \lim_{n \to \infty} f \cdot \mathcal{X}_{[a, a + n]} \, d\mu_1 = \int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1 \end{align*}

💡Nota

Sea una función f∈Rl([a,∞))f \in \mathcal{R}^l([a, \infty)) y su integral impropia converge, ¿se cumple que ff es integrable Lebesgue sobre [a,∞)[a, \infty)?

No necesariamente. Consideramos el siguiente contraejemplo donde definimos una función por tramos oscilante en cada intervalo [n,n+1)[n, n + 1) para n∈Nn \in \mathbb{N}:

f(x)=∑n=1∞(−1)nn⋅X[n,n+1)(x)\begin{align*} f(x) = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\left( - 1\right)^n}{n} \cdot \mathcal{X}_{[n, n + 1)}(x) \end{align*}

Es decir, gráficamente:

TikZ Graph

Podemos ver que su integral impropia converge:

∫a∞f=lim⁡x→∞∫axf=lim⁡N→∞∫aNf=lim⁡N→∞∑n=1N(−1)n+1n=∑n=1∞(−1)n+11n=ln⁡(2)\begin{align*} \int_a^\infty f & = \lim_{x \to \infty} \int_a^x f = \lim_{N \to \infty} \int_a^N f = \lim_{N \to \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{( - 1)^{n + 1}}{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} ( - 1)^{n + 1} \frac{1}{n} = \ln(2) \end{align*}

Además, ff es localmente integrable Riemann sobre [0,∞)[0, \infty) ya que:

f∈R([a,b])∀[a,b]⊆[0,∞)\begin{align*} f \in \mathcal{R}([a, b]) \quad \forall [a, b] \subseteq [0, \infty) \end{align*}

Por tanto, f∈Rl([0,∞))f \in \mathcal{R}^l([0, \infty)).

Ahora, para ver que no es sumable Lebesgue sobre [0,∞)[0, \infty) podemos calcular la integral de su valor absoluto:

∫a∞∣f∣=lim⁡N→∞∫aN∣f∣=lim⁡N→∞∑n=1N1n=∞\begin{align*} \int_a^\infty |f| & = \lim_{N \to \infty} \int_a^N |f| = \lim_{N \to \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} = \infty \end{align*}

Para ver que ff no es integrable Lebesgue sobre [0,∞)[0, \infty) necesitamos que las integrales de las funciones f+f^{ + } y f−f^{ - } sean infinitas. Para ello, calculamos:

f+(x)=∑n=1∞12n−1⋅X[2n−2,2n−1)(x)=∞f−(x)=∑n=1∞12n⋅X[2n−1,2n)(x)=∞\begin{align*} f^{ + }(x) & = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n - 1} \cdot \mathcal{X}_{[2n - 2, 2n - 1)}(x) = \infty\\[2ex] f^{ - }(x) & = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n} \cdot \mathcal{X}_{[2n - 1, 2n)}(x) = \infty \end{align*}

Luego, f∉L1([0,∞))f \notin \mathcal{L}_1([0, \infty)).

Integrales impropias de Lebesgue. Definición

Sea f:[a,∞)→R‾f: [a, \infty) \to \overline{\mathbb{R}} función que cumple:

  • f∉L1([a,∞))f \notin \mathcal{L}_1([a, \infty))
  • f∈L1([a,x])f \in \mathcal{L}_1([a, x]) para todo x>ax > a

Por lo que ff es medible sobre [a,∞)[a, \infty). Decimos que ff es impropiamente integrable en el sentido de Lebesgue sobre [a,∞)[a, \infty) si:

∃lim⁡x→∞∫[a,x]f dμ1=l∈R‾\begin{align*} \exists \lim_{x \to \infty} \int_{[a, x]} f \, d\mu_1 = l \in \overline{\mathbb{R}} \end{align*}

en cuyo caso se denota:

∫[a,∞)f dμ1=l\begin{align*} \int_{[a, \infty)} f \, d\mu_1 = l\\ \end{align*}

✏️Ejemplo

Sea la función:

f(x)=∑n=1∞−1n+1n⋅X[n−1,n)(x)\begin{align*} f(x) = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ - 1^{n + 1}}{n} \cdot \mathcal{X}_{[n - 1, n)}(x) \end{align*}

no es integrable Lebesgue sobre [0,∞)[0, \infty) pero lo es en el sentido impropio.

Podemos ver que no es integrable Lebesgue sobre [0,∞)[0, \infty) ya que:

∫[0,∞]f+ dμ1=∑n=1∞12n−1=∞∫[0,∞]f− dμ1=∑n=1∞12n=∞\begin{align*} \int_{[0, \infty]} f^{ + } \, d\mu_1 & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n - 1} = \infty\\[2ex] \int_{[0, \infty]} f^{ - } \, d\mu_1 & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n} = \infty \end{align*}

Por tanto, f∉L1([0,∞))f \notin \mathcal{L}_1([0, \infty)).

Ahora, para ver que es impropiamente integrable en el sentido de Lebesgue, calculamos:

∫[0,x]f dμ1=∑n=1⌊x⌋(−1)n+1n+(−1)⌊x⌋+1⌊x⌋+2⋅(x−⌊x⌋)\begin{align*} \int_{[0, x]} f \, d\mu_1 & = \sum_{n = 1}^{\lfloor x \rfloor} \frac{( - 1)^{n + 1}}{n} + \frac{( - 1)^{\lfloor x \rfloor + 1}}{\lfloor x \rfloor + 2} \cdot (x - \lfloor x \rfloor) \end{align*}

Por tanto, tomando el límite cuando x→∞x \to \infty:

lim⁡x→∞∫[0,x]f dμ1=lim⁡N→∞∑n=1N(−1)n+1n=ln⁡(2)\begin{align*} \lim_{x \to \infty} \int_{[0, x]} f \, d\mu_1 & = \lim_{N \to \infty} \sum_{n = 1}^{N} \frac{( - 1)^{n + 1}}{n} = \ln(2) \end{align*}

Luego, ff es impropiamente integrable en el sentido de Lebesgue sobre [0,∞)[0, \infty) y su integral es ln⁡(2)\ln(2).

💡Nota

Alternativamente, se pueden considerar las definiciones para los otros tres casos:

(−∞,a],[a,b),(a,b]\begin{align*} ( - \infty, a], \quad [a, b), \quad (a, b] \end{align*}

Por ejemplo, para el caso (−∞,a]( - \infty, a]:

Sea f:(−∞,a]→R‾f: ( - \infty, a] \to \overline{\mathbb{R}} función que cumple:

  • f∉L1((−∞,a])f \notin \mathcal{L}_1(( - \infty, a])
  • f∈L1([x,a])f \in \mathcal{L}_1([x, a]) para todo x<ax < a

Decimos que ff es impropiamente integrable en el sentido de Lebesgue sobre (−∞,a]( - \infty, a] si:

∃lim⁡x→−∞∫[x,a]f dμ1=l∈R‾\begin{align*} \exists \lim_{x \to -\infty} \int_{[x, a]} f \, d\mu_1 = l \in \overline{\mathbb{R}} \end{align*}

en cuyo caso se denota:

∫(−∞,a]f dμ1=l\begin{align*} \int_{( - \infty, a]} f \, d\mu_1 = l \end{align*}

Derivación bajo el signo de la integral. Proposición

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida, E∈ΣE \in \Sigma conjunto medible, f:E×I→Rf: E \times I \to \mathbb{R} función donde II intervalo tal que f(⋅,t)∈L1(E)f(\cdot, t) \in \mathcal{L}_1(E) para todo t∈It \in I y además:

∃∂f∂t:E×I→Ry∃φ∈L1(E) tq ∣∂f∂t(x,t)∣≤φ(x)∀(x,t)∈E×I\begin{align*} \exists \frac{\partial f}{\partial t} : E \times I \to \mathbb{R} \qquad \text{y} \qquad \exists \varphi \in \mathcal{L}_1(E) \text{ tq } \left|\frac{\partial f}{\partial t}(x, t)\right| \leq \varphi(x) \quad \forall (x, t) \in E \times I \end{align*}

Entonces, se cumple que ∀t∈I\forall t \in I:

∃ddt∫Ef(x,t) dμ(x)=∫E∂f∂t(x,t) dμ1(x)\begin{align*} \exists \frac{d}{dt}\int_E f(x, t) \, d\mu(x) = \int_E \frac{\partial f}{\partial t}(x, t) \, d\mu_1(x)\\ \end{align*}

💡Nota

Por notación, la dd de las derivadas, cuando va a quedar una sola variable, se puede escribir con ``rabito''

📐Demostración

Sea t0∈It_0 \in I fijo, entonces para toda (tn)n⊆I∖{t0}(t_n)_n \subseteq I \setminus \{t_0\} tal que tn→t0t_n \to t_0 queremos ver que, por la definición de derivada, se cumple:

lim⁡n∫Ef(x,tn) dμ(x)−∫Ef(x,t0) dμ(x)tn−t0⏟ddt∫Ef(x,t) dμ(x)∣t=t0=∫Elim⁡nf(x,tn)−f(x,t0)tn−t0⏟∂f∂t(x,t0) dμ(x)\begin{align*} \underbrace{\lim_n \dfrac{\displaystyle \int_E f(x, t_n) \, d\mu(x) - \int_E f(x, t_0) \, d\mu(x)}{t_n - t_0}}_{\displaystyle \frac{d}{dt} \int_E f(x, t) \, d\mu(x) \big|_{t = t_0}} = \int_E \underbrace{\lim_n \dfrac{f(x, t_n) - f(x, t_0)}{t_n - t_0}}_{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial t}(x, t_0)} \, d\mu(x) \end{align*}

Para cada xx fijo (i.e. xx constante) aplicamos el Teorema del Valor Medio de derivación a la función t↦f(x,t)t \mapsto f(x, t) sobre el intervalo que une tnt_n y t0t_0 (Itn,t0I_{t_n, t_0}) y existe ξn∈Itn,t0\xi_n \in I_{t_n, t_0} tal que:

f(x,tn)−f(x,t0)tn−t0=∂f∂t(x,ξn)\begin{align*} \dfrac{f(x, t_n) - f(x, t_0)}{t_n - t_0} = \frac{\partial f}{\partial t}(x, \xi_n) \end{align*}

Además, por hipótesis se cumple que:

∣f(x,tn)−f(x,t0)tn−t0∣=∣∂f∂t(x,ξn)∣≤φ(x)∈L1(E)\begin{align*} \left| \dfrac{f(x, t_n) - f(x, t_0)}{t_n - t_0} \right| = \left| \frac{\partial f}{\partial t}(x, \xi_n) \right| \leq \varphi(x) \in \mathcal{L}_1(E) \end{align*}

Por tanto, podemos aplicar el Teorema de la Convergencia Dominada ya que φ\varphi es función sumable que domina a la sucesión de funciones. Así, tenemos:

lim⁡n∫Ef(x,tn) dμ(x)−∫Ef(x,t0) dμ(x)tn−t0=lim⁡n∫Ef(x,tn)−f(x,t0)tn−t0 dμ(x)=TCD=∫Elim⁡nf(x,tn)−f(x,t0)tn−t0 dμ(x)==∫E∂f∂t(x,t0) dμ(x)\begin{align*} \lim_n \dfrac{\displaystyle \int_E f(x, t_n) \, d\mu(x) - \int_E f(x, t_0) \, d\mu(x)}{t_n - t_0} & = \lim_n \int_E \dfrac{f(x, t_n) - f(x, t_0)}{t_n - t_0} \, d\mu(x) \xlongequal[]{\texttt{TCD}} \\[2ex] & = \int_E \lim_n \dfrac{f(x, t_n) - f(x, t_0)}{t_n - t_0} \, d\mu(x) = \\[2ex] & = \int_E \frac{\partial f}{\partial t}(x, t_0) \, d\mu(x) \end{align*}

Como (tn)n(t_n)_n era arbitraria que converge a t0t_0, se tiene la derivada buscada.

✏️Ejemplo

Sea la integral siguiente, que no tiene integral elemental:

∫0π2log⁡(1+sin⁡2x)sin⁡2x dx\begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\log (1 + \sin^2 x)}{\sin^2 x} \, dx \end{align*}

Vamos a calcularla aplicando la proposición anterior.

Podemos ver que la función no da problemas salvo en x=0x = 0 donde tenemos:

lim⁡x→0log⁡(1+sin⁡2x)sin⁡2x=L’Hoˆpitallim⁡x→02sin⁡xcos⁡x(1+sin⁡2x)2sin⁡xcos⁡x=1\begin{align*} \lim_{x \to 0} \dfrac{\log (1 + \sin^2 x)}{\sin^2 x} \xlongequal[\text{L'Hôpital}]{ } \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin x \cos x}{(1 + \sin^2 x) 2 \sin x \cos x} = 1 \end{align*}

Así, la función es acotada cerca de 0, luego la integral es impropia pero convergente.

Como la integral no tiene solución elemental, vamos a aplicar un truco considerando la familia de integrales:

F(t):−∫0π2log⁡(1+tsin⁡2x)sin⁡2x dx\begin{align*} F(t) \coloneq \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\log (1 + t \sin^2 x)}{\sin^2 x} \, dx \end{align*}

Ya que F(1)F(1) es la integral original que queremos calcular y cuando derivemos respecto de tt el logaritmo se simplificará.

Si calculamos la derivada de F(t)F(t) tenemos:

F′(t)=∫0π21sin⁡2x⋅(1+tsin⁡2x)⋅sin⁡2x dx=∫0π211+tsin⁡2x dx=(⋆)\begin{align*} F'(t) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sin^2 x \cdot (1 + t \sin^2 x)} \cdot \sin^2 x \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{1 + t \sin^2 x} \, dx = (\star) \end{align*}

Y podemos ver que la función que estamos integrando cumple las hipótesis de la proposición de derivación bajo el signo de la integral:

  • Para cada t∈[0,1]t \in [0, 1] se tiene que f(⋅,t)∈L1([0,π2])f(\cdot, t) \in \mathcal{L}_1\left(\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right) ya que es continua en todo el intervalo salvo en x=0x = 0 donde es acotada como hemos visto antes.
  • La derivada parcial existe y es:
∂∂t(log⁡(1+tsin⁡2x)sin⁡2x)=11+tsin⁡2x\begin{align*} \frac{\partial }{\partial t} \left(\frac{\log (1 + t \sin^2 x)}{\sin^2 x}\right) = \frac{1}{1 + t \sin^2 x} \end{align*}
  • Está dominada por una función sumable independiente de tt:
0≤11+tsin⁡2x≤1∈L1([0,π2])∀t∈[0,1]\begin{align*} 0 \leq \frac{1}{1 + t\sin^2 x} \leq 1 \in \mathcal{L}_1\left(\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right) \quad \forall t \in [0, 1] \end{align*}

Podemos aplicar la proposición y calcular (⋆)(\star):

(⋆)=∫0π211+tsin⁡2x dx=dτ=(1+tan⁡2x)dxx=tan⁡τ∫0∞11+tτ21+τ2⋅11+τ2 dτ==∫0∞11+τ2+tτ2 dτ=∫0∞11+(1+t)τ2 dτ==11+tarctan⁡1+t⋅τ∣τ=0τ=∞=π21+t\begin{align*} (\star) = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + t \sin^2 x}\, dx & \xlongequal[d \tau = (1 + \tan^2 x) dx]{x = \tan \tau} \int_0^\infty \frac{1}{1 + t \dfrac{\tau^2}{1 + \tau^2}} \cdot \dfrac{1}{1 + \tau^2} \, d\tau = \\[3ex] & = \int_0^\infty \frac{1}{1 + \tau^2 + t\tau^2} \, d\tau = \int_0^\infty \frac{1}{1 + (1 + t) \tau^2} \, d\tau = \\[3ex] & = \frac{1}{\sqrt{1 + t}} \arctan \sqrt{1 + t} \cdot \tau \Big|_{\tau = 0}^{\tau = \infty} = \frac{\pi}{2 \sqrt{1 + t}} \end{align*}

Por lo tanto, ahora que sabemos F′(t)F'(t), integramos respecto de tt para obtener F(t)F(t):

F(t)=∫π211+t dt=π1+t+K\begin{align*} F(t) = \int \frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{1 + t}} \, dt = \pi \sqrt{1 + t} + K \end{align*}

Y ahora, para calcular KK empleamos el valor de F(0)F(0):

F(0)=∫0π2log⁡(1+0)sin⁡2x dx=0F(0)=π1+0+K=π+K}  ⟹  K=−π\begin{align*} \left. \begin{array}{l} F(0) = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\log (1 + 0)}{\sin^2 x} \, dx = 0 \\[4ex] F(0) = \pi \sqrt{1 + 0} + K = \pi + K \end{array} \right\} \implies K = - \pi \end{align*}

Finalmente:

F(t)=π1+t−π⇒F(1)=π(2−1)\begin{align*} F(t) = \pi \sqrt{1 + t} - \pi \quad \Rightarrow \quad F(1) = \pi (\sqrt{2} - 1) \end{align*}

Derivación bajo el signo de la integral definida. Proposición

Sea f:Ω→Rf : \Omega \to \mathbb{R} función con Ω⊆R2\Omega \subseteq \mathbb{R}^2 abierto y f∈C1(Ω)f\in \mathcal{C}^1(\Omega) y se consideran las funciones a,b:I→Ra, b: I \to \mathbb{R} diferenciables en un intervalo abierto II con I∘≠∅\overset{\circ}{I} \neq \emptyset tales que a(t)≤b(t)a(t) \leq b(t) para todo t∈It \in I y {t}×[a(t),b(t)]⊆Ω\{t\} \times [a(t), b(t)] \subseteq \Omega para todo t∈It \in I. Definimos la función:

F(t):−∫a(t)b(t)f(t,x) dx\begin{align*} F(t) \coloneq \int_{a(t)}^{b(t)} f(t, x) \, dx \end{align*}

Entonces, tenemos que para todo t∈It \in I:

∃F′(t)=f(t,b(t))⋅b′(t)−f(t,a(t))⋅a′(t)+∫a(t)b(t)∂f∂t(t,x) dx\begin{align*} \exists F'(t) = f(t, b(t)) \cdot b'(t) - f(t, a(t)) \cdot a'(t) + \int_{a(t)}^{b(t)} \frac{\partial f}{\partial t}(t, x) \, dx \end{align*}

📐Demostración

Sea t0∈It_0 \in I arbitrario y consideramos una sucesión (tn)n⊆I∖{t0}(t_n)_n \subseteq I \setminus \{t_0\} tal que tn→t0t_n \to t_0. Entonces, consideramos:

F(tn)−F(t0)tn−t0=1tn−t0[∫a(tn)b(tn)f(tn,x) dx−∫a(t0)b(t0)f(t0,x) dx]==1tn−t0[∫a(tn)b(tn)f(tn,x) dx−∫a(tn)b(t0)f(tn,x) dx+∫a(tn)b(t0)f(tn,x) dx−−∫a(t0)b(t0)f(tn,x) dx+∫a(t0)b(t0)f(tn,x) dx−∫a(t0)b(t0)f(t0,x) dx]==1tn−t0[∫b(t0)b(tn)f(tn,x) dx−∫a(t0)a(tn)f(tn,x) dx+∫a(t0)b(t0)(f(tn,x)−f(t0,x)) dx]\begin{align*} &\frac{F(t_n) - F(t_0)}{t_n - t_0} = \frac{1}{t_n - t_0} \left[\int_{a(t_n)}^{b(t_n)} f(t_n, x) \, dx - \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} f(t_0, x) \, dx\right] = \\[4ex] & = \frac{1}{t_n - t_0} \left[\int_{a(t_n)}^{b(t_n)} f(t_n, x) \, dx - \int_{a(t_n)}^{b(t_0)} f(t_n, x) \, dx + \int_{a(t_n)}^{b(t_0)} f(t_n, x) \, dx - \right. \\[2ex] & \left. - \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} f(t_n, x) \, dx + \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} f(t_n, x) \, dx - \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} f(t_0, x) \, dx\right] = \\[4ex] & = \frac{1}{t_n - t_0} \left[\int_{b(t_0)}^{b(t_n)} f(t_n, x) \, dx - \int_{a(t_0)}^{a(t_n)} f(t_n, x) \, dx + \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} (f(t_n, x) - f(t_0, x)) \, dx\right] \end{align*}

Para cada nn podemos aplicar el Teorema del Valor Medio de Integración (ver al final de la demostración) sobre la función f(tn,x)f(t_n, x) que es continua ya que f∈C1(Ω)f \in \mathcal{C}^1(\Omega) entonces existen:

ξn∈Ib(tn),b(t0)yηn∈Ia(tn),a(t0)\begin{align*} \xi_n \in I_{b(t_n), b(t_0)} \quad \text{y} \quad \eta_n \in I_{a(t_n), a(t_0)} \end{align*}

tales que:

∫b(t0)b(tn)f(tn,x) dx=f(tn,ξn)⋅(b(tn)−b(t0))∫a(t0)a(tn)f(tn,x) dx=f(tn,ηn)⋅(a(tn)−a(t0))\begin{align*} \int_{b(t_0)}^{b(t_n)} f(t_n, x) \, dx & = f(t_n, \xi_n) \cdot (b(t_n) - b(t_0)) \\[2ex] \int_{a(t_0)}^{a(t_n)} f(t_n, x) \, dx & = f(t_n, \eta_n) \cdot (a(t_n) - a(t_0)) \end{align*}

Por tanto, sustituyendo en (\refalign:derivacionbajosignointegraldefinida)(\ref{align:derivacion_bajo_signo_integral_definida}) tenemos:

F(tn)−F(t0)tn−t0=1tn−t0[f(tn,ξn)⋅(b(tn)−b(t0))−f(tn,ηn)⋅(a(tn)−a(t0))+∫+∫a(t0)b(t0)(f(tn,x)−f(t0,x)) dx]==f(tn,ξn)⋅b(tn)−b(t0)tn−t0−f(tn,ηn)⋅a(tn)−a(t0)tn−t0++∫a(t0)b(t0)f(tn,x)−f(t0,x)tn−t0 dx\begin{align*} & \frac{F(t_n) - F(t_0)}{t_n - t_0} = \frac{1}{t_n - t_0} \left[f(t_n, \xi_n) \cdot (b(t_n) - b(t_0)) - f(t_n, \eta_n) \cdot (a(t_n) - a(t_0)) + \phantom{\int}\right. \\[1ex] & \left. + \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} (f(t_n, x) - f(t_0, x)) \, dx\right] = \\[4ex] & = f(t_n, \xi_n) \cdot \dfrac{b(t_n) - b(t_0)}{t_n - t_0} - f(t_n, \eta_n) \cdot \dfrac{a(t_n) - a(t_0)}{t_n - t_0} + \\[2ex] & + \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} \dfrac{f(t_n, x) - f(t_0, x)}{t_n - t_0} \, dx \end{align*}

Podemos notar que cada ξn∈Ib(tn),b(t0)\xi_n \in I_{b(t_n), b(t_0)} y como tn→t0t_n \to t_0 con bb continua (al ser diferenciable), se sigue que:

ξn→n→∞b(t0)\begin{align*} \xi_n \xrightarrow[n \to \infty]{} b(t_0) \end{align*}

Análogamente, se ve que ηn→α(t0)\eta_n \to \alpha(t_0).

Entonces, aplicando continuidad de ff en ambas variables (ya que f∈C1f \in \mathcal{C}^1) tenemos que los dos primeros sumandos de (\refalign:derivacionbajosignointegraldefinidafinal)(\ref{align:derivacion_bajo_signo_integral_definida_final}) cumplen:

f(tn,ξn)b(tn)−b(t0)tn−t0→n→∞f(t0,b(t0))⋅b′(t0)f(tn,ηn)a(tn)−a(t0)tn−t0→n→∞f(t0,a(t0))⋅a′(t0)\begin{align*} f(t_n, \xi_n)\dfrac{b(t_n) - b(t_0)}{t_n - t_0} & \xrightarrow[n \to \infty]{} f(t_0, b(t_0)) \cdot b'(t_0) \\[2ex] f(t_n, \eta_n)\dfrac{a(t_n) - a(t_0)}{t_n - t_0} & \xrightarrow[n \to \infty]{} f(t_0, a(t_0)) \cdot a'(t_0) \end{align*}

Para el tercer sumando, definimos la aplicación:

gn(x):−f(tn,x)−f(t0,x)tn−t0\begin{align*} g_n(x) \coloneq \frac{f(t_n, x) - f(t_0, x)}{t_n - t_0} \end{align*}

Por el Teorema del Valor Medio de derivación, tenemos que ∃θn∈Itn,t0\exists \theta_n \in I_{t_n, t_0} tal que:

gn(x)=∂f∂t(θn,x)\begin{align*} g_n(x) = \frac{\partial f}{\partial t}(\theta_n, x) \end{align*}

Como Ω\Omega es abierto, {t0}×[a(t0),b(t0)]⊆Ω\{t_0\} \times [a(t_0), b(t_0)] \subseteq \Omega y como f∈C1(Ω)f \in \mathcal{C}^1(\Omega) entonces es continua, sabemos que ∃ε>0\exists \varepsilon > 0 y ∃δ>0\exists \delta > 0 tales que:

M:−[t0−δ,t0+δ]×[b(t0)−ε,b(t0)+ε]⊆Ω\begin{align*} M \coloneq [t_0 - \delta, t_0 + \delta] \times [b(t_0) - \varepsilon, b(t_0) + \varepsilon] \subseteq \Omega \end{align*}

Y análogamente para a(t0)a(t_0). Por tanto, para nn suficientemente grande, se tiene que.

tn∈[t0−δ,t0+δ]yb(tn)∈[b(t0)−ε,b(t0)+ε]ya(tn)∈[a(t0)−ε,a(t0)+ε]\begin{align*} t_n \in [t_0 - \delta, t_0 + \delta] \quad \text{y} \quad b(t_n) \in [b(t_0) - \varepsilon, b(t_0) + \varepsilon] \quad \text{y} \quad a(t_n) \in [a(t_0) - \varepsilon, a(t_0) + \varepsilon] \end{align*}

Como M⊆ΩM \subseteq \Omega compacto entonces, aplicando el Teorema de Weierstrass:

∃m=max⁡(t,x)∈M∣∂f∂t(t,x)∣<∞\begin{align*} \exists m = \max_{(t, x) \in M} \left| \frac{\partial f}{\partial t}(t, x) \right| < \infty \end{align*}

Por tanto, para todos los nn grandes y x∈[a(t0),b(t0)]x \in [a(t_0), b(t_0)] se tiene:

∣gn(x)∣=∣∂f∂t(θn,x)∣≤m⋅XM∈L1(M)\begin{align*} |g_n(x)| = \left| \frac{\partial f}{\partial t}(\theta_n, x) \right| \leq m \cdot \mathcal{X}_M \in \mathcal{L}_1(M) \end{align*}

Así, como gn(x)g_n(x) esta dominada por una función sumable mm, integrable en [a(t0),b(t0)][a(t_0), b(t_0)], podemos aplicar el Teorema de la Convergencia Dominada:

∫a(t0)b(t0)∂f∂t(θn,x) dx⏟∫α(t0)b(t0)gn(x) dx→n→∞∫a(t0)b(t0)lim⁡n→∞∂f∂t(θn,x) dx=∫a(t0)b(t0)∂f∂t(t0,x) dx\begin{align*} \underbrace{\int_{a(t_0)}^{b(t_0)} \frac{\partial f}{\partial t} (\theta_n, x) \, dx}_{\displaystyle \int_{\alpha(t_0)}^{b(t_0)} g_n(x) \, dx } \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} \lim_{n \to \infty} \frac{\partial f}{\partial t} (\theta_n, x) \, dx = \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} \frac{\partial f}{\partial t} (t_0, x) \, dx \end{align*}

Así, juntando todo en (\refalign:derivacionbajosignointegraldefinidafinal)(\ref{align:derivacion_bajo_signo_integral_definida_final}) y tomando el límite cuando n→∞n \to \infty se tiene:

F′(t0)=f(t0,b(t0))⋅b′(t0)−f(t0,a(t0))⋅a′(t0)+∫a(t0)b(t0)∂f∂t(t0,x) dx\begin{align*} F'(t_0) & = f(t_0, b(t_0)) \cdot b'(t_0) - f(t_0, a(t_0)) \cdot a'(t_0) + \int_{a(t_0)}^{b(t_0)} \frac{\partial f}{\partial t}(t_0, x) \, dx \end{align*}

💡Teorema del Valor Medio de integración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} función continua entonces, ∃c∈[a,b]\exists c \in [a, b] tal que:

∫abf(x) dx=f(c)⋅(b−a)\begin{align*} \int_a^b f(x) \, dx = f(c) \cdot (b - a) \end{align*}

Cálculo para N>1N > 1

Notación

A partir de ahora, con el fin de simplificar la notación, cuando se esté en un espacio Rp+q\mathbb{R}^{p + q} se considerarán pares de puntos (x,y)(x, y) donde xx estará en un espacio de dimensión pp e yy en un espacio de dimensión qq, es decir, sea Rp+q=Rp×Rq\mathbb{R}^{p + q} = \mathbb{R}^p \times \mathbb{R}^q donde p,q∈Np, q \in \mathbb{N}, tenemos que:

x∈Rp⟺x=(x1,x2,…,xp)y∈Rq⟺y=(y1,y2,…,yq)(x,y)∈Rp+q⟺(x,y)=(x1,x2,…,xp,y1,y2,…,yq)\begin{align*} x \in \mathbb{R}^p & \Longleftrightarrow x = (x_1, x_2, \ldots, x_p) \\[1ex] y \in \mathbb{R}^q & \Longleftrightarrow y = (y_1, y_2, \ldots, y_q) \\[1ex] (x, y) \in \mathbb{R}^{p + q} & \Longleftrightarrow (x, y) = (x_1, x_2, \ldots, x_p, y_1, y_2, \ldots, y_q)\\ \end{align*}

Sección de un conjunto. Definición

Sea E⊆Rp+qE \subseteq \mathbb{R}^{p + q} conjunto cualquiera y x∈Rpx \in \mathbb{R}^p fijo llamamos sección ExE_x al conjunto de todos los y∈Rqy \in \mathbb{R}^q tales que (x,y)∈E(x, y) \in E, es decir:

Ex:−{y∈Rq:(x,y)∈E}\begin{align*} E_x \coloneq \left\{y \in \mathbb{R}^q: (x, y) \in E\right\} \end{align*}

Es decir, que estamos tomando una ``rebanada vertical'' del conjunto EE fijando el valor de xx y vemos que valores de yy son posibles para que el par (x,y)(x, y) pertenezca a EE.

Análogamente se define la sección EyE^y para y∈Rqy \in \mathbb{R}^q fijo como el conjunto de todos los x∈Rpx \in \mathbb{R}^p tales que (x,y)∈E(x, y) \in E, es decir:

Ey:−{x∈Rp:(x,y)∈E}\begin{align*} E^y \coloneq \left\{x \in \mathbb{R}^p: (x, y) \in E\right\}\\ \end{align*}

Sección de una aplicación. Definición

Sea f:Rp+q→R‾f: \mathbb{R}^{p + q} \to \overline{\mathbb{R}} aplicación cualquiera y x∈Rp+qx \in \mathbb{R}^{p + q} fijo, llamamos sección de ff por xx a la aplicación que a cada y∈Rqy \in \mathbb{R}^q le asigna el valor f(x,y)f(x, y), es decir:

fx:Rq⟶R‾y⟼fx(y):−f(x,y)\begin{align*} f_x: \mathbb{R}^q & \longrightarrow \overline{\mathbb{R}}\\ y & \longmapsto f_x(y) \coloneq f(x, y) \end{align*}

Análogamente, se define la sección de ff por yy para y∈Rqy \in \mathbb{R}^q fijo como la aplicación que a cada x∈Rpx \in \mathbb{R}^p le asigna el valor f(x,y)f(x, y), es decir:

fy:Rp⟶R‾x⟼fy(x):−f(x,y)\begin{align*} f^y: \mathbb{R}^p & \longrightarrow \overline{\mathbb{R}}\\ x & \longmapsto f^y(x) \coloneq f(x, y) \end{align*}

💡Nota

Esto será útil para poder fijar coordenadas y estudiar el comportamiento de lo que que queda como una función de un conjunto en un espacio de menor dimensión.

Teorema de Tonelli para conjuntos. Toerema

Para todo E∈Mp+qE \in \mathcal{M}_{p + q} se tiene que:

  • a) ∃A∈Mp\exists A \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tal que:
∀x∈Rp∖A se tiene Ex∈Mq\begin{align*} \forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A \text{ se tiene } E_x \in \mathcal{M}_q \end{align*}
  • b) La aplicación definida como:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼φ(x):−μq(Ex)\begin{align*} \varphi: \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \varphi(x) \coloneq \mu_q(E_x) \end{align*}

es medible respecto de (Rp,Mp,μp)\left(\mathbb{R}^p, \mathcal{M}_p, \mu_p\right).

  • c) Se tiene que:
μp+q(E)=∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)\begin{align*} \mu_{p + q} (E) = \int_{\mathbb{R}^p\setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) \end{align*}
  • a') ∃B∈Mq\exists B \in \mathcal{M}_q con μq(B)=0\mu_q(B) = 0 tal que:
∀y∈Rq∖B se tiene Ey∈Mp\begin{align*} \forall y \in \mathbb{R}^q \setminus B \text{ se tiene } E^y \in \mathcal{M}_p \end{align*}
  • b) La aplicación definida como:
ψ:Rq∖B⟶[0,∞]y⟼ψ(y):−μp(Ey)\begin{align*} \psi: \mathbb{R}^q \setminus B & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] y & \longmapsto \psi(y) \coloneq \mu_p(E^y) \end{align*}

es medible respecto de (Rq,Mq,μq)\left(\mathbb{R}^q, \mathcal{M}_q, \mu_q\right).

  • c) Se tiene que:
μp+q(E)=∫Rq∖Bψ(y) dμq(y)\begin{align*} \mu_{p + q} (E) = \int_{\mathbb{R}^q\setminus B} \psi(y) \, d\mu_q(y) \end{align*}

💡Nota

Notar que, a partir de los apartados c) y c') se deduce que:

∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=μp+q(E)=∫Rq∖Bψ(y) dμq(y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p\setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q} (E) = \int_{\mathbb{R}^q\setminus B} \psi(y) \, d\mu_q(y) \end{align*}

💡Observación

Podemos notar que el Teorema de Tonelli intuitivamente dice que:

  • a) Para casi todo xx, la sección ExE_x es medible en Rq\mathbb{R}^q.
  • b) La función x⟼μq(Ex)x \longmapsto \mu_q(E_x) es medible
  • c) La medida de EE es la integral de esas medidas de las secciones.

📐Demostración

La prueba es muy larga y se construye por pasos sobre distintos conjuntos hasta legar al caso general. Vamos a ver uno por uno los casos:

  • 1) Sea EE un cubo acotado en Rp+q\mathbb{R}^{p + q}. Entonces:
E=I×J con {I cubo acotado de RpJ cubo acotado de Rq\begin{align*} E = I \times J \quad \text{ con } \left\{ \begin{array}{l} I \text{ cubo acotado de } \mathbb{R}^p \\[1ex] J \text{ cubo acotado de } \mathbb{R}^q \end{array} \right. \end{align*}

Veamos que se cumple cada apartado:

  • 2) Sea E⊆Rp+qE \subseteq \mathbb{R}^{p + q} conjunto abierto acotado. Entonces, por el teorema de descomposición ∃{Ii}i∈N\exists \{I_i\}_{i \in \mathbb{N}} sucesión numerable de cubos diádicos disjuntos tales que:
E=⋃n=1∞In\begin{align*} E = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} I^n \end{align*}

Aplicando el caso 1) a cada InI_n obtenemos que:

  • 1.a) ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene (In)x∈Mq(I^n)_x \in \mathcal{M}_q
  • 1.b) La aplicación φn:Rp→[0,∞]\varphi_n : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] dada por x↦μq(Ixn)x \mapsto \mu_q(I^n_x) es μp\mu_p-medible
  • 1.c) Se tiene que ∫Rpφn(x) dμp(x)=μp+q(In)\int_{\mathbb{R}^p} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(I^n)

Entonces, aplicando lo anterior se tiene:

  1. ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene:
Ex=(⋃n=1∞In)x=⋃n=1∞Ixn∈Mq\begin{align*} E_x = \left(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} I^n\right)_x = \bigcup_{n = 1}^{\infty} I^n_x \in \mathcal{M}_q \end{align*}

Ya que como Ixn∈MqI^n_x \in \mathcal{M}_q para todo nn entonces, por ser Mq\mathcal{M}_q una σ\sigma-álgebra, se tiene que Ex∈MqE_x \in \mathcal{M}_q (en particular, A=∅∈MpA = \emptyset \in \mathcal{M}_p). 2. Notamos que la aplicación:

φ:Rp⟶[0,∞]x⟼μq(Ex)=μq(⋃n=1∞Ixn)=⇒Ixn disjuntosIn disjuntos ⇒∑n=1∞μq(Ixn)=∑n=1∞φn(x)\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \mu_q(E_x) = \mu_q\left(\bigcup_{n = 1}^{\infty} I^n_x\right) \xlongequal[ \Rightarrow I^n_x \text{ disjuntos}]{I^n \text{ disjuntos } \Rightarrow } \sum_{n = 1}^{\infty} \mu_q(I^n_x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \varphi_n(x) \end{align*}

Entonces, como cada φn\varphi_n es μp\mu_p-medible y la suma numerable de funciones medibles es medible, se tiene que:

φ=∑n=1∞φnμp-medible\begin{align*} \varphi = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \varphi_n \quad \mu_p\text{-medible} \end{align*}
  1. Tenemos que:
∫Rpφ(x) dμp(x)=∫Rp(∑n=1∞φn(x)) dμp(x)=(⋆)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^p} \left(\sum_{n = 1}^{\infty} \varphi_n(x)\right) \, d\mu_p(x) = (\star) \end{align*}

Por el Teorema de la Convergencia Monótona como se tiene:

φn≥0  ⟹  ∑k=1nφk≤∑k=1n+1φk\begin{align*} \varphi_n \geq 0 \implies \displaystyle \sum_{k = 1}^{n} \varphi_k \leq \sum_{k = 1}^{n + 1} \varphi_k \end{align*}

ya que cada sumando es positivo, entonces:

(⋆)=TCM∑n=1∞∫Rpφn(x) dμp(x)=1.c)∑n=1∞μp+q(In)=In disjuntos=μp+q(⋃n=1∞In)=μp+q(E)\begin{align*} (\star) \xlongequal[]{\text{TCM}} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \int_{\mathbb{R}^p} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) & \xlongequal[]{\text{1.c)}} \sum_{n = 1}^{\infty} \mu_{p + q}(I^n) \xlongequal[]{I_n \text{ disjuntos}} \\[2ex] & = \mu_{p + q} \left(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} I^n\right) = \mu_{p + q}(E)\\ \end{align*}

  • 3) Sea E=⋂n=1∞OnE = \bigcap_{n = 1}^\infty O^n con On+1⊆OnO^{n + 1} \subseteq O^{n} abiertos acotados. Aplicando el caso 2) a cada OnO^n se tiene:

  • 2.a) ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene Oxn∈MqO^n_x \in \mathcal{M}_q

  • 2.b) La aplicación φn:Rp→[0,∞]\varphi_n : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] dada por x↦μq(Oxn)x \mapsto \mu_q(O^n_x) es μp\mu_p-medible

  • 2.c) Se tiene que ∫Rpφn(x) dμp(x)=μp+q(On)\int_{\mathbb{R}^p} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(O^n)

Entonces, aplicando lo anterior se tiene:

  1. Como cualquier conjunto puede aproximarse por fuera por abiertos, tenemos que para cada x∈Rpx \in \mathbb{R}^p se tiene:
Ex=(⋂n=1∞On)x=⋂n=1∞Oxn∈Mq\begin{align*} E_x = \left(\displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty} O^n\right)_x = \bigcap_{n = 1}^{\infty} O^n_x \in \mathcal{M}_q \end{align*}

Ya que como Oxn∈MqO^n_x \in \mathcal{M}_q y Mq\mathcal{M}_q es σ\sigma-álgebra, es cerrada bajo intersecciones numerables (en particular, A=∅∈MqA = \emptyset \in \mathcal{M}_q). 2. Notar que la función:

φ:Rp⟶[0,∞]x⟼μq(Ex)=μq(⋂n=1∞Oxn)=Ox1 acotado ∀xOxn⊆Oxn+1lim⁡nμq(Oxn)=lim⁡nφn(x)\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p & \longrightarrow [0, \infty]\\ x & \longmapsto \mu_q(E_x) = \mu_q \left(\displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty} O_x^n\right) \xlongequal[O_x^1 \text{ acotado } \forall x]{O_x^n \subseteq O_x^{n + 1}} \lim_n \mu_q(O_x^n) = \lim_n \varphi_n(x) \end{align*}

Entonces, como para cada x∈Rpx \in \mathbb{R}^p se tiene que:

lim⁡nφn(x)⏟μp-medible=φ(x)≥0μp-medible\begin{align*} \lim_n \underbrace{\varphi_n(x)}_{\mu_p\text{-medible}} = \varphi(x) \geq 0 \quad \mu_p \text{-medible} \end{align*}

Ya que el límite puntual de funciones medibles es medible. 3. Tenemos que:

∫Rpφ(x) dμp(x)=∫Rplim⁡nφn(x) dμp(x)=(⋆)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^p} \lim_n \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = (\star) \end{align*}

Podemos notar que:

φ1(x)≥φ2(x)≥…≥φn(x)≥…≥0\begin{align*} \varphi_1(x) \geq \varphi_2(x) \geq \ldots \geq \varphi_n(x) \geq \ldots \geq 0 \end{align*}

Y además, como O1O^1 es acotado entonces:

∫Rpφ1(x) dμp(x)=μp+q(O1)<∞  ⟹  φ1∈L1(Rp)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(O^1) < \infty \implies \varphi_1 \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^p) \end{align*}

Así, podemos aplicar el Teorema de la Convergencia Dominada:

(⋆)=TCDlim⁡n∫Rpφn(x) dμp(x)=lim⁡nμp+q(On)==μp+q(⋂n=1∞On)=μp+q(E)\begin{align*} (\star) \xlongequal[]{TCD} \lim_n \int_{\mathbb{R}^p} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) & = \lim_n \mu_{p + q} (O^n) =\\[2ex] & = \mu_{p + q} \left(\displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty} O^n \right) = \mu_{p + q}(E)\\ \end{align*}
  • 4) Sea E∈Mp+qE \in \mathcal{M}_{p + q} acotado con μp+q(E)=0\mu_{p + q}(E) = 0. Por la caracterización topológica de los conjuntos medibles Lebesgue, existe (On)n(O^n)_n sucesión de abiertos con On+1⊆OnO^{n + 1} \subseteq O^n y cada OnO^n es acotado tal que μp+q(On)→n→∞0\mu_{p + q}(O^n) \xrightarrow[n \to \infty]{} 0. Así:
E⊆N:−⋂n=1∞On∈Mp+q  ⟹  μp+q(N)=lim⁡nμp+q(On)=0\begin{align*} E \subseteq N \coloneq \displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty}O^n \in \mathcal{M}_{p + q} \implies \mu_{p + q}(N) = \lim_{n} \mu_{p + q}(O^n) = 0 \end{align*}

Aplicando el caso 3) a NN se tiene:

  • ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene Nx∈MqN_x \in \mathcal{M}_q
  • La aplicación φ1:Rp→[0,∞]\varphi_1 : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] dada por x↦μq(Nx)x \mapsto \mu_q(N_x) es μp\mu_p-medible
  • Se tiene que ∫Rpφ1(x) dμp(x)=μp+q(N)=0\int_{\mathbb{R}^p} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(N) = 0

Entonces, como φ1(x)≥0\varphi_1(x) \geq 0 para todo x∈Rpx \in \mathbb{R}^p y:

∫Rpφ1(x) dμp(x)=0\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) = 0 \end{align*}

por las propiedades de la integral de Lebesgue se tiene que:

φ1(x)=0μp-a.e.\begin{align*} \varphi_1(x) = 0 \quad \mu_p\text{-a.e.} \end{align*}

Entonces, ∃A∈Mp\exists A \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tal que:

∀x∈Rp∖A se tiene φ1(x)=0\begin{align*} \forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A \text{ se tiene } \varphi_1(x) = 0 \end{align*}

Por lo tanto:

  • a) Como E⊆NE \subseteq N, para cada x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^{p} \setminus A se tiene:
Ex⊆Nx∈Mq  ⟹  μq(Ex)≤μq(Nx)=0  ⟹  Ex∈Mq\begin{align*} E_x \subseteq N_x \in \mathcal{M}_q \implies \mu_q(E_x) \leq \mu_q(N_x) = 0 \implies E_x \in \mathcal{M}_q \end{align*}
  • b) Basta notar que la aplicación:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼μq(Nx)=0\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \mu_q(N_x) = 0 \end{align*}

Que es una función constante, luego μp\mu_p-medible.

  • c) Se tiene que:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp∖A0 dμp(x)=0=μp+q(E)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} 0 \, d\mu_p(x) = 0 = \mu_{p + q}(E)\\ \end{align*}
  • 5) Sea E∈Mp+qE \in \mathcal{M}_{p + q} acotado. Por la caracterización topológica de los conjuntos medibles de Lebesgue, existe (On)n(O^n)_n sucesión de abiertos con On+1⊆OnO^{n + 1} \subseteq O^n y con O1O^1 acotado tal que:
E=G∖N con G=⋂n=1∞On y N∈Mp+q con μp+q(N)=0\begin{align*} E = G \setminus N \qquad \text{ con } G = \displaystyle \bigcap_{n = 1}^{\infty} O^n \quad \text{ y } N \in \mathcal{M}_{p + q} \text{ con } \mu_{p + q}(N) = 0 \end{align*}

Aplicando el caso 3) a GG se tiene:

  • ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene Gx∈MqG_x \in \mathcal{M}_q
  • La aplicación φ1:Rp→[0,∞]\varphi_1 : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] dada por x↦μq(Gx)x \mapsto \mu_q(G_x) es μp\mu_p-medible
  • Se tiene que ∫Rpφ1(x) dμp(x)=μp+q(G)\int_{\mathbb{R}^p} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(G)

Aplicando el caso 4) a NN se tiene:

  • ∃A∈Mp\exists A \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tal que ∀x∈Rp∖A se tiene Nx∈Mq\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A \text{ se tiene } N_x \in \mathcal{M}_q
  • La aplicación φ2:Rp∖A→[0,∞]\varphi_2 : \mathbb{R}^p \setminus A \to [0, \infty] dada por x↦μq(Nx)x \mapsto \mu_q(N_x) es μp\mu_p-medible
  • Se tiene que ∫Rp∖Aφ2(x) dμp(x)=μp+q(N)=0\int_{\mathbb{R}^{p} \setminus A} \varphi_2(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(N) = 0

Por lo tanto:

  • a) Para cada x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene:
Ex=Gx⏟∈Mq∖Nx⏟∈Mq∈Mq\begin{align*} E_x = \underbrace{G_x}_{\in \mathcal{M}_q} \setminus \underbrace{N_x}_{\in \mathcal{M}_q} \in \mathcal{M}_q \end{align*}
  • b) Notar que la aplicación:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼μq(Ex)=μq(Gx∖Nx)==μq(Gx)−μq(Nx)=φ1(x)−φ2(x)\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \mu_q(E_x) = \mu_q(G_x \setminus N_x) =\\[1ex] & = \mu_q(G_x) - \mu_q(N_x) = \varphi_1(x) - \varphi_2(x) \end{align*}

Como φ1\varphi_1 y φ2\varphi_2 son funciones μp\mu_p-medibles, entonces:

φ(x)=φ1(x)−φ2(x)μp-medible\begin{align*} \varphi(x) = \varphi_1(x) - \varphi_2(x) \quad \mu_p\text{-medible} \end{align*}
  • c) Se tiene que:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=lineal.∫Rp∖Aφ1(x) dμp(x)−∫Rp∖Aφ2(x) dμp(x)==μp+q(G)−μp+q(N)=μp+q(E)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) & \xlongequal[]{\text{lineal.}} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) - \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_2(x) \, d\mu_p(x) = \\[2ex] & = \mu_{p + q}(G) - \mu_{p + q}(N) = \mu_{p + q}(E)\\ \end{align*}
  • 6) Sea E∈Mp+qE \in \mathcal{M}_{p + q} (caso general). Entonces, podemos descomponer EE mediante conjuntos acotados como:
En:−E∩[−n,n]p+q∈Mp+q∀n∈N\begin{align*} E^n \coloneq E \cap [ - n, n]^{p + q} \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces, tenemos que cada EnE^n es acotado y:

E=⋃n=1∞En\begin{align*} E = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} E^n \end{align*}

Aplicando el caso 5) a cada EnE^n se tiene:

  • ∃An∈Mp\exists A_n \in \mathcal{M}_p con μp(An)=0\mu_p(A_n) = 0 tal que ∀x∈Rp∖An se tiene (En)x∈Mq\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A_n \text{ se tiene } (E^n)_x \in \mathcal{M}_q
  • La aplicación φn:Rp∖An→[0,∞]\varphi_n : \mathbb{R}^p \setminus A_n \to [0, \infty] dada por x↦μq((En)x)x \mapsto \mu_q((E^n)_x) es μp\mu_p-medible
  • Se tiene que ∫Rp∖Anφn(x) dμp(x)=μp+q(En)\int_{\mathbb{R}^{p} \setminus A_n} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(E^n)

Entonces:

  • a) Sea A:−⋃n∈NAn∈MqA \coloneq \displaystyle \bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \mathcal{M}_q y μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tenemos que para cada x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^p \setminus A:
Ex=⋃n=1∞Exn ∈Mq\begin{align*} E_x = \bigcup_{n = 1}^{\infty} E^n_x\, \in \mathcal{M}_q \end{align*}

ya que cada Exn∈MqE^n_x \in \mathcal{M}_q (al ser x∉Anx \notin A_n) y Mq\mathcal{M}_q es una σ\sigma-álgebra.

  • b) Notar que la aplicación:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼μq(Ex)=μq(⋃n=1∞Exn)=Exn⊆Exn+1lim⁡nμq(Exn)⏟φn(x)=lim⁡nφn(x)\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \mu_q(E_x) = \mu_q\left(\bigcup_{n = 1}^{\infty} E^n_x\right) \xlongequal[E_x^n \subseteq E_x^{n + 1}]{} \lim_n \underbrace{\mu_q(E_x^n)}_{\varphi_n(x)} = \lim_n \varphi_n(x) \end{align*}

Luego ∀x∈Rp∖A\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene:

φn(x)→n→∞φ(x) y φn(x)≥0\begin{align*} \varphi_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} \varphi(x) \quad \text{ y } \quad \varphi_n(x) \geq 0 \end{align*}

Como φn\varphi_n es μp\mu_p-medible, entonces el límite puntual es μp\mu_p-medible.

  • c) Como φn(x)≥0\varphi_n(x) \geq 0 para todo x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^p \setminus A y φn→φ\varphi_n \to \varphi puntualmente, por el Teorema de la Convergencia Monótona se tiene:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=TCMlim⁡n∫Rp∖Aφn(x) dμp(x)==lim⁡nμp+q(En)=En⊆En+1μp+q(⋃n=1∞En)=μp+q(E)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) & \xlongequal[]{TCM} \lim_n \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = \\[2ex] & = \lim_n \mu_{p + q}(E^n) \xlongequal[]{E^n \subseteq E^{n + 1}} \mu_{p + q}\left(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} E^n\right) = \mu_{p + q}(E)\\ \end{align*}

Teorema de Tonelli para funciones

Para toda función μp+q\mu_{p + q}-medible f:Rp+q→[0,∞]f: \mathbb{R}^{p + q} \to [0, \infty] se tiene que:

  • a) Existe A∈MpA \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tal que:
∀x∈Rp∖Afx:Rq→[0,∞]μq-medible\begin{align*} \forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A \quad f_x : \mathbb{R}^q \to [0, \infty] \quad \mu_q\text{-medible} \end{align*}
  • b) La aplicación definida como:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼φ(x):−∫Rqfx(y) dμq(y)\begin{align*} \varphi: \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \varphi(x) \coloneq \int_{\mathbb{R}^q} f_x(y) \, d\mu_q(y) \end{align*}

es medible respecto de (Rp,Mp,μp)\left(\mathbb{R}^p, \mathcal{M}_p, \mu_p\right).

  • c) Se tiene que:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \end{align*}

💡Nota

Existen enunciados equivalentes intercambiando las variables xx e yy, es decir:

  • a') ∃B∈Mq\exists B \in \mathcal{M}_q con μq(B)=0\mu_q(B) = 0 tal que ∀y∈Rq∖Bfy:Rp→[0,∞]μp-medible\forall y \in \mathbb{R}^q \setminus B \quad f^y : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] \quad \mu_p\text{-medible}
  • b') La aplicación ψ:Rq∖B→[0,∞]\psi: \mathbb{R}^q \setminus B \to [0, \infty] definida como:
ψ(y):−∫Rpfy(x) dμp(x)\begin{align*} \psi(y) \coloneq \int_{\mathbb{R}^p} f^y(x) \, d\mu_p(x) \end{align*}

es medible respecto de (Rq,Mq,μq)\left(\mathbb{R}^q, \mathcal{M}_q, \mu_q\right).

  • c') Se tiene que:
∫Rq∖Bψ(y) dμq(y)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^q \setminus B} \psi(y) \, d\mu_q(y) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \end{align*}

Por tanto, a partir de los apartados c) y c') se deduce que:

∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)=∫Rq∖Bψ(y) dμq(y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p\setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) = \int_{\mathbb{R}^q\setminus B} \psi(y) \, d\mu_q(y) \end{align*}

💡Observación

Si no somos chapuceros, en realidad, la cadena de integrales anterior debería de ser:

∫Rp(∫Rqf(x,y) dμq(y))dμp(x)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)==∫Rq(∫Rpf(x,y) dμp(x))dμq(y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p} \left( \int_{\mathbb{R}^q} f(x, y) \, d\mu_q(y) \right) d\mu_p(x) & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) =\\[2ex] & =\int_{\mathbb{R}^q} \left( \int_{\mathbb{R}^p} f(x, y) \, d\mu_p(x) \right) d\mu_q(y) \end{align*}

📐Demostración

La demostración se realiza analizando distintos casos de funciones medibles:

  1. Sea f=XEf = \mathcal{X}_E con E∈Mp+qE \in \mathcal{M}_{p + q}. Aplicando el Teorema de Tonelli para conjuntos para el conjunto medible EE se tiene:
  • ∃A∈Mp\exists A \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tal que ∀x∈Rp∖A\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene Ex∈MqE_x \in \mathcal{M}_q
  • La aplicación φ1:Rp∖A→[0,∞]\varphi_1 : \mathbb{R}^p \setminus A \to [0, \infty] dada por x↦μq(Ex)x \mapsto \mu_q(E_x) es μp\mu_p-medible
  • Se tiene que ∫Rp∖Aφ1(x) dμp(x)=μp+q(E)\int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(E)

Entonces:

  1. Sea ff función simple medible. Por definición función simple medible, podemos expresar ff como:
f=∑i=1nλiXEi con Ei∈Mp+q∀i=1,…,n\begin{align*} f = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \mathcal{X}_{E^i} \quad \text{ con } E^i \in \mathcal{M}_{p + q} \quad \forall i = 1, \ldots, n \end{align*}

Aplicando el caso 1) a cada EiE^i se tiene:

  • 1.a) ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene Exi∈MqE^i_x \in \mathcal{M}_q
  • 1.b) La aplicación φi:Rp→[0,∞]\varphi_i : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] dada por x↦μq(Exi)x \mapsto \mu_q(E^i_x) es μp\mu_p-medible
  • 1.c) Se tiene que ∫Rpφi(x) dμp(x)=μp+q(Ei)\int_{\mathbb{R}^p} \varphi_i(x) \, d\mu_p(x) = \mu_{p + q}(E^i)

Entonces:

  • a) Sea A:−⋃i=1nAi∈MpA \coloneq \bigcup_{i = 1}^{n} A_i \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 entonces ∀x∈Rp∖A\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene:
fx=∑i=1nλiXExiμq-medible\begin{align*} f_x = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \mathcal{X}_{E^i_x} \quad \mu_q\text{-medible} \end{align*}
  • b) Sea la aplicación:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼∫Rqfx(y) dμq(y)=∑i=1nλi∫RqXExi(y) dμq(y)==∑i=1nλi⋅μq(Exi)=∑i=1nλi⋅φi(x)\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \int_{\mathbb{R}^q} f_x(y) \, d\mu_q(y) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \int_{\mathbb{R}^q} \mathcal{X}_{E^i_x}(y) \, d\mu_q(y) =\\[1ex] & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \cdot \mu_q(E^i_x) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \cdot \varphi_i(x) \end{align*}

Entonces, como cada φi\varphi_i es μp\mu_p-medible, la suma finita es μp\mu_p-medible.

  • c) Se tiene que:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp∖A(∑i=1nλi⋅φi(x))dμp(x)=parciallineal.=∑i=1nλi∫Rp∖Aφi(x) dμp(x)==∑i=1nλi⋅μp+q(Ei)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) & = \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \left( \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \cdot \varphi_i(x) \right) d\mu_p(x) \xlongequal[\text{parcial}]{\text{lineal.}} \\[2ex] & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_i(x) \, d\mu_p(x) =\\[2ex] & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \lambda_i \cdot \mu_{p + q}(E^i) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y)\\ \end{align*}
  1. Sea f ⁣:Rp+q→[0,∞]f \colon \mathbb{R}^{p + q} \to [0, \infty] función μp+q\mu_{p + q}-medible no negativa. Entonces, existe una sucesión de funciones simples medibles (sn)n(s^n)_n tal que:
0≤sn(x,y)≤sn+1(x,y)→nf(x,y)∀(x,y)∈Rp+q\begin{align*} 0 \leq s^n(x, y) \leq s^{n + 1}(x, y) \underset{n}{\to } f(x, y) \quad \forall (x, y) \in \mathbb{R}^{p + q} \end{align*}

Aplicando el caso 2) a cada sns^n se tiene:

  • 2.a) ∀x∈Rp\forall x \in \mathbb{R}^p se tiene (sn)x:Rq→[0,∞]μq-medible(s^n)_x : \mathbb{R}^q \to [0, \infty] \quad \mu_q\text{-medible}
  • 2.b) Se tiene φn:Rp→[0,∞]\varphi_n : \mathbb{R}^p \to [0, \infty] dada por x↦∫Rqsxn(y) dμq(y)x \mapsto \int_{\mathbb{R}^q} s^n_x(y) \, d\mu_q(y) es μp\mu_p-medible
  • 2.c) Se tiene que ∫Rpφn(x) dμp(x)=∫Rp+qsn(x,y) dμp+q(x,y)\int_{\mathbb{R}^p} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} s^n(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y)

Entonces:

  • a) Se tiene que, la unión de conjuntos nulos:
A:−⋃n=1∞An∈Mp con μp(A)=0\begin{align*} A \coloneq \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} A_n \in \mathcal{M}_p \quad \text{ con } \mu_p(A) = 0 \end{align*}

Entonces, para cada x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene:

0≤sxn(y)→n→∞fx(y)μq-medible\begin{align*} 0 \leq s_x^n (y) \xrightarrow[n \to \infty]{ } f_x(y) \quad \mu_q\text{-medible} \end{align*}
  • b) Notar que para cada x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^p \setminus A:
sxn(y)⏟≥0→n→∞fx(y)μq-medible\begin{align*} \underbrace{s_x^n(y)}_{\geq 0} \xrightarrow[n \to \infty]{} f_x(y) \quad \mu_q\text{-medible} \end{align*}

Entonces, por el Teorema de la Convergencia Monótona se tiene:

∫Rqsxn(y) dμq(y)⏟0≤φn(x)→n→∞TCM∫Rqfx(y) dμq(y)=φ(x)\begin{align*} \underbrace{\int_{\mathbb{R}^q} s_x^n(y) \, d\mu_q(y)}_{0 \leq \varphi_n(x)} \xrightarrow[n \to \infty]{TCM} \int_{\mathbb{R}^q} f_x(y) \, d\mu_q(y) = \varphi(x) \end{align*}

Como φn\varphi_n es μp\mu_p-medible entonces el límite puntual es μp\mu_p-medible.

  • c) Se tiene que:
0≤φn(x)→n→∞φ(x)\begin{align*} 0 \leq \varphi_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} \varphi(x) \end{align*}

Entonces, por el Teorema de la Convergencia Monótona se tiene:

∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp∖Alim⁡nφn(x) dμp(x)=TCM=lim⁡n∫Rp∖Aφn(x) dμp(x)==lim⁡n∫Rp+qsn(x,y) dμp+q(x,y)=TCM=∫Rp+qlim⁡nsn(x,y) dμp+q(x,y)==∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x)& = \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \lim_n \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) \xlongequal[]{\text{TCM}}\\[2ex] & = \lim_n \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_n(x) \, d\mu_p(x) = \\[2ex] & = \lim_n \int_{\mathbb{R}^{p + q}} s^n(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \xlongequal[]{\text{TCM}}\\[2ex] & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} \lim_n s^n(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) = \\[2ex] & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \end{align*}

Teorema de Fubini. Teorema

Sea f∈L1(Rp+q)f \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^{p + q}) una función μp+q\mu_{p + q}-medible integrable. Entonces:

  • a) Existe A∈MpA \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 tal que:
∀x∈Rp∖Afx∈L1(Rq)\begin{align*} \forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A \quad f_x \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^q) \end{align*}
  • b) La aplicación definida como:
φ:Rp∖A⟶[0,∞]x⟼φ(x):−∫Rqfx(y) dμq(y)\begin{align*} \varphi: \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow [0, \infty] \\[1ex] x & \longmapsto \varphi(x) \coloneq \int_{\mathbb{R}^q} f_x(y) \, d\mu_q(y) \end{align*}

es μp\mu_p-sumable.

  • c) Se tiene que:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \end{align*}

💡Nota

Se puede enunciar un resultado análogo intercambiando las variables xx e yy, es decir:

  • a') ∃B∈Mq\exists B \in \mathcal{M}_q con μq(B)=0\mu_q(B) = 0 tal que ∀y∈Rq∖Bfy∈L1(Rp)\forall y \in \mathbb{R}^q \setminus B \quad f^y \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^p)
  • b') La aplicación ψ:Rq∖B→[0,∞]\psi: \mathbb{R}^q \setminus B \to [0, \infty] definida como:
ψ(y):−∫Rpfy(x) dμp(x)\begin{align*} \psi(y) \coloneq \int_{\mathbb{R}^p} f^y(x) \, d\mu_p(x) \end{align*}

es sumable respecto de (Rq,Mq,μq)\left(\mathbb{R}^q, \mathcal{M}_q, \mu_q\right).

  • c') Se tiene que:
∫Rq∖Bψ(y) dμq(y)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^q \setminus B} \psi(y) \, d\mu_q(y) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \end{align*}

Por tanto, a partir de los apartados c) y c') se deduce que:

∫Rp(∫Rqf(x,y) dμq(y))dμp(x)=∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)==∫Rq(∫Rpf(x,y) dμp(x))dμq(y)\begin{align*} \int_\mathbb{R^p}\left(\int_{\mathbb{R}^q} f(x, y) \, d\mu_q(y)\right) d\mu_p(x) & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) = \\[2ex] & =\int_{\mathbb{R}^q}\left(\int_{\mathbb{R}^p} f(x, y) \, d\mu_p(x)\right) d\mu_q(y) \end{align*}

📐Demostración

Notar que para cada x∈Rpx \in \mathbb{R}^p se tiene:

fx=(f+)x⏟(fx)+−(f−)x⏟(fx)−=fx+−fx−⏞notacioˊn\begin{align*} f_x = \underbrace{(f^ + )_x}_{(f_x)^ + } - \underbrace{(f^-)_x}_{(f_x)^-} = \overbrace{f_x^+ - f_x^{ - }}^{\text{notación}} \end{align*}

Por el Teorema de Tonelli para funciones a las funciones no negativas f+f^+ y f−f^-:

  • 1.a) ∃A1∈Mp\exists A_1 \in \mathcal{M}_p con μp(A1)=0\mu_p(A_1) = 0 tal que ∀x∈Rp∖A1fx+∈L1(Rq)\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A_1 \quad f_x^+ \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^q)

  • 1.b) Sea φ1:Rp∖A1→[0,∞]\varphi_1: \mathbb{R}^p \setminus A_1 \to [0, \infty] dada por x↦∫Rqfx+(y) dμq(y)x \mapsto \int_{\mathbb{R}^q} f_x^+(y) \, d\mu_q(y) es μp\mu_p-medible

  • 1.c) Se tiene que ∫Rp∖A1φ1(x) dμp(x)=∫Rp+qf+(x,y) dμp+q(x,y)\int_{\mathbb{R}^p \setminus A_1} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f^+(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y)

  • 2.a) ∃A2∈Mp\exists A_2 \in \mathcal{M}_p con μp(A2)=0\mu_p(A_2) = 0 tal que ∀x∈Rp∖A2fx−∈L1(Rq)\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A_2 \quad f_x^- \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^q)

  • 2.b) Sea φ2:Rp∖A2→[0,∞]\varphi_2: \mathbb{R}^p \setminus A_2 \to [0, \infty] dada por x↦∫Rqfx−(y) dμq(y)x \mapsto \int_{\mathbb{R}^q} f_x^-(y) \, d\mu_q(y) es μp\mu_p-medible

  • 2.c) Se tiene que ∫Rp∖A2φ2(x) dμp(x)=∫Rp+qf−(x,y) dμp+q(x,y)\int_{\mathbb{R}^p \setminus A_2} \varphi_2(x) \, d\mu_p(x) = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f^-(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y)

Como por hipótesis f∈L1(Rp+q)f \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^{p + q}) entonces f+,f−∈L1(Rp+q)f^{ + }, f^{ - } \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^{p + q}) y por tanto las integrales anteriores (apartados 1.c) y 2.c)) son finitas. Ahora, sea:

A3:−{x∈Rp∖A1:φ1(x)=∞}∈Mp con μp(A3)=0A4:−{x∈Rp∖A2:φ2(x)=∞}∈Mp con μp(A4)=0\begin{align*} A_3 & \coloneq \left\{x \in \mathbb{R}^p \setminus A_1 : \varphi_1(x) = \infty \right\} \in \mathcal{M}_p \quad \text{ con } \mu_p(A_3) = 0\\[2ex] A_4 & \coloneq \left\{x \in \mathbb{R}^p \setminus A_2 : \varphi_2(x) = \infty \right\} \in \mathcal{M}_p \quad \text{ con } \mu_p(A_4) = 0 \end{align*}

Entonces, tenemos que:

  • a) Sea A:−A1∪A2∪A3∪A4∈MpA \coloneq A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4 \in \mathcal{M}_p con μp(A)=0\mu_p(A) = 0 entonces, ∀x∈Rp∖A\forall x \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene:
∞>φ1(x)=∫Rqfx+(y) dμq(y)  ⟹  fx+∈L1(Rq)∞>φ2(x)=∫Rqfx−(y) dμq(y)  ⟹  fx−∈L1(Rq)\begin{align*} \infty > \varphi_1(x) & = \int_{\mathbb{R}^q} f_x^+(y) \, d\mu_q(y) \implies f_x^+ \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^q)\\[2ex] \infty > \varphi_2(x) & = \int_{\mathbb{R}^q} f_x^-(y) \, d\mu_q(y) \implies f_x^- \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^q) \end{align*}

Por tanto, fx=fx+−fx−∈L1(Rq)f_x = f_x^+ - f_x^- \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^q).

  • b) Sea la aplicación:
φ:Rp∖A⟶Rx⟼∫Rqfx(y) dμq(y)=∫Rqfx+(y) dμq(y)−∫Rqfx−(y) dμq(y)==φ1(x)−φ2(x)∈a)R\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^p \setminus A & \longrightarrow \mathbb{R} \\[1ex] x & \longmapsto \int_{\mathbb{R}^q} f_x(y) \, d\mu_q(y) = \int_{\mathbb{R}^q} f_x^+(y) \, d\mu_q(y) - \int_{\mathbb{R}^q} f_x^-(y) \, d\mu_q(y) = \\[2ex] & = \varphi_1(x) - \varphi_2(x) \overset{a)}{\in} \mathbb{R} \end{align*}

Así, para cada x∈Rp∖Ax \in \mathbb{R}^p \setminus A se tiene que φ(x)∈R\varphi(x) \in \mathbb{R}. Además, como cada φ1\varphi_1 y φ2\varphi_2 son μp\mu_p-medibles, la resta es μp\mu_p-medible. Finalmente, como:

∣φ(x)∣=∣φ1(x)−φ2(x)∣≤φ1(x)+φ2(x)\begin{align*} |\varphi(x)| = |\varphi_1(x) - \varphi_2(x)| \leq \varphi_1(x) + \varphi_2(x) \end{align*}

y φ1,φ2∈L1(Rp∖A)\varphi_1, \varphi_2 \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^p \setminus A) (por los apartados 1.c) y 2.c)), se tiene que φ∈L1(Rp∖A)\varphi \in \mathcal{L}_1(\mathbb{R}^p \setminus A).

  • c) Se tiene que:
∫Rp∖Aφ(x) dμp(x)=∫Rp∖A(φ1(x)−φ2(x))dμp(x)=parciallineal.=∫Rp∖Aφ1(x) dμp(x)−∫Rp∖Aφ2(x) dμp(x)==∫Rp+qf+(x,y) dμp+q(x,y)−∫Rp+qf−(x,y) dμp+q(x,y)==∫Rp+q(f+(x,y)−f−(x,y))dμp+q(x,y)==∫Rp+qf(x,y) dμp+q(x,y)\begin{align*} \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi(x) \, d\mu_p(x) & = \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \left( \varphi_1(x) - \varphi_2(x) \right) d\mu_p(x) \xlongequal[\text{parcial}]{\text{lineal.}} \\[2ex] & = \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_1(x) \, d\mu_p(x) - \int_{\mathbb{R}^p \setminus A} \varphi_2(x) \, d\mu_p(x) = \\[2ex] & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f^+(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) - \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f^-(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) = \\[2ex] & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} \left( f^+(x, y) - f^-(x, y) \right) d\mu_{p + q}(x, y) = \\[2ex] & = \int_{\mathbb{R}^{p + q}} f(x, y) \, d\mu_{p + q}(x, y) \end{align*}

Teorema del cambio de variable. Teorema

Sea Ω⊆RN\Omega \subseteq \mathbb{R}^N abierto, T:Ω→RNT: \Omega \to \mathbb{R}^N difeomorfismo con T C1(Ω)T\, \mathcal{C}^1(\Omega) y f∈L1(T(Ω))f \in \mathcal{L}_1(T(\Omega)) (alternativamente, f:T(Ω)→[0,∞]f: T(\Omega) \to [0, \infty] función μN\mu_N-medible). Entonces:

∫T(Ω)f(y) dμN(y)=∫Ωf(T(x))⋅∣det⁡(JT(x))∣ dμN(x)\begin{align*} \int_{T(\Omega)} f(y) \, d\mu_N(y) = \int_{\Omega} f(T(x)) \cdot \left| \det\left( J_T(x) \right) \right| \, d\mu_N(x) \end{align*}

donde (f∘T)⋅∣det⁡(JT)∣∈L1(Ω)(f \circ T) \cdot \left| \det\left( J_T \right) \right|\in \mathcal{L}_1(\Omega) (alternativamente, función μN\mu_N-medible no negativa).