Ejercicios Resueltos Análisis III - Parte 2

Análisis III
Ejercicios Resueltos
Matemáticas
Teoría de la Medida
Lebsegue
2026-01-12
160 min de lectura

Aplicaciones del lenguaje de la Teoría de la Medida

Ejercicio 1

Sea la sucesión funcional fn(x)=xnf_n(x) = x^n con x∈Rx \in \mathbb{R}. Determina los valores de xx para los que existe lim⁡nfn(x)\lim_n f_n(x) y es finito. ¿Qué puedes decir sobre la convergencia uniforme?

📐Demostración

Sea fn:R→Rf_n: \mathbb{R} \to \mathbb{R} la sucesión funcional dada por fn(x)=xnf_n(x) = x^n. Analicemos el límite de fn(x)f_n(x) cuando nn tiende a infinito para diferentes valores de xx:

  • Si x>1x > 1 entonces:
lim⁡nfn(x)=lim⁡nxn=∞\begin{align*} \lim_n f_n(x) = \lim_n x^n = \infty \end{align*}
  • Si x=1x = 1 entonces:
lim⁡nfn(1)=lim⁡n1n=1\begin{align*} \lim_n f_n(1) = \lim_n 1^n = 1 \end{align*}
  • Si 0<x<10 < x < 1 entonces:
lim⁡nfn(x)=lim⁡nxn=0\begin{align*} \lim_n f_n(x) = \lim_n x^n = 0 \end{align*}
  • Si x=0x = 0 entonces:
lim⁡nfn(0)=lim⁡n0n=0\begin{align*} \lim_n f_n(0) = \lim_n 0^n = 0 \end{align*}
  • Si −1<x<0-1 < x < 0 entonces:
lim⁡nfn(x)=lim⁡nxn=0\begin{align*} \lim_n f_n(x) = \lim_n x^n = 0 \end{align*}
  • Si x=−1x = -1 entonces:
lim⁡nfn(−1) no existe (la sucesioˊn oscila entre −1 y 1)\begin{align*} \lim_n f_n(-1) \text{ no existe (la sucesión oscila entre } -1 \text{ y } 1\text{)} \end{align*}
  • Si x<−1x < -1 entonces:
lim⁡nfn(x) no existe (la sucesioˊn diverge)\begin{align*} \lim_n f_n(x) \text{ no existe (la sucesión diverge)} \end{align*}

Por lo tanto, el límite lim⁡nfn(x)\lim_n f_n(x) existe y es finito para x∈(−1,1]x \in (-1, 1].

En cuanto a la convergencia uniforme, observamos que la sucesión fn(x)=xnf_n(x) = x^n no converge uniformemente en (−1,1](-1, 1]. Esto se debe a que para cualquier ε>0\varepsilon > 0, podemos encontrar un xx cercano a 11 tal que fn(x)f_n(x) no esté dentro de ε\varepsilon del límite 00 para cualquier nn. Por ejemplo, si tomamos x=1−δx = 1 - \delta con δ\delta pequeño, entonces:

∣fn(1−δ)−0∣=∣(1−δ)n∣≈1 para n grande\begin{align*} |f_n(1 - \delta) - 0| = |(1 - \delta)^n| \approx 1 \quad \text{ para } n \text{ grande} \end{align*}

Por lo tanto, la convergencia no es uniforme en (−1,1](-1, 1].

Ejercicio 2

Sea la sucesión funcional fn(x)=arctan⁡nxf_n(x) = \arctan nx con x∈Rx \in \mathbb{R}. Determina los valores de xx para los que existe lim⁡nfn(x)\lim_n f_n(x) y es finito. ¿Qué puedes decir sobre la convergencia uniforme?

📐Demostración

La función fn(x)=arctan⁡(nx)f_n(x) = \arctan(nx) converge puntualmente a la función límite f(x)f(x) definida por:

f(x)={−π2 si x<00 si x=0π2 si x>0\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} -\frac{\pi}{2} & \text{ si } x < 0\\ 0 & \text{ si } x = 0\\ \frac{\pi}{2} & \text{ si } x > 0 \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, para analizar la convergencia uniforme, consideremos el intervalo [−M,M][-M, M] para algún M>0M > 0. En este intervalo, la función fn(x)f_n(x) converge uniformemente a f(x)f(x) ya que:

sup⁡x∈[−M,M]∣fn(x)−f(x)∣=sup⁡x∈[−M,M]∣arctan⁡(nx)−f(x)∣\begin{align*} \sup_{x \in [-M, M]} |f_n(x) - f(x)| = \sup_{x \in [-M, M]} |\arctan(nx) - f(x)| \end{align*}

A medida que nn tiende a infinito, arctan⁡(nx)\arctan(nx) se acerca a π2\frac{\pi}{2} para x>0x > 0 y a −π2-\frac{\pi}{2} para x<0x < 0, y a 00 en x=0x = 0. Por lo tanto, la convergencia es uniforme en cualquier intervalo compacto que no incluya el punto x=0x = 0. Sin embargo, en todo R\mathbb{R}, la convergencia no es uniforme debido a la discontinuidad en x=0x = 0.

Ejercicio 3

Sea E∈ME \in \mathcal{M} tal que μ(E)<∞\mu(E) < \infty y (fn)n(f_n)_n sucesión de funciones medibles fn:E→Rf_n: E \to \mathbb{R} que convergen puntualmente a f:E→Rf: E \to \mathbb{R}. Demuestra que para todo ε>0\varepsilon > 0 existe un conjunto medible D⊆ED \subseteq E tal que μ(E∖D)<ε\mu(E \setminus D) < \varepsilon y fn∣Df_n|_D converge uniformemente a f∣Df|_D.

Para la demostración, se seguirán los siguientes pasos:

  1. Para cada par i,j∈Ni, j \in \mathbb{N} se considera:
Eij:−{x∈E:∣f(x)−fk(x)∣<1i∀k≥j}\begin{align*} E_{ij} \coloneq \left\{x \in E : |f(x) - f_k(x)| < \frac{1}{i} \quad \forall k \geq j \right\} \end{align*}

Demostrar que es medible.

📐Demostración

Sabemos por hipótesis que f,fkf, f_k son funciones medibles entonces:

f−fk es medible  ⟹  gk(x)=∣f(x)−fk(x)∣ es medible\begin{align*} f - f_k \text{ es medible} \implies g_k(x) = |f(x) - f_k(x)| \text{ es medible} \end{align*}

Para cada k≥jk \geq j y dado ii fijo entonces, consideramos:

Ak,i={x∈E:gk(x)<1i}\begin{align*} A_{k, i} = \left\{x \in E : g_k(x) < \frac{1}{i}\right\} \end{align*}

Por definición de función medible, entonces:

Ak,i∈M  ⟹  Eij=⋂k=j∞Ak,i∈M\begin{align*} A_{k, i} \in \mathcal{M} \implies E_{ij} = \displaystyle \bigcap_{k = j}^\infty A_{k, i} \in \mathcal{M} \end{align*}
  1. Para cada kk, determina ∪j=1∞Ekj\cup_{j = 1}^\infty E_{kj}

📐Demostración

Sea k∈Nk \in \mathbb{N} cualquiera fijo se tiene:

⋃j=1∞Ekj=E\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{j = 1}^{\infty} E_{kj} = E \end{align*}

Basta notar que:

  • ⊆\subseteq) Por definición Ejk⊆EE_{jk} \subseteq E entonces:
⋃j=1∞Ejk⊆E\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{j = 1}^{\infty} E_{jk} \subseteq E \end{align*}
  • ⊇\supseteq) Sea x∈Ex \in E cualquiera, sabemos que (fn)n(f_n)_n converge uniformemente a ff en EE, es decir, que sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera pero fijo, ∃n0∈N\exists n_0 \in \mathbb{N} tal que:
∣f(x)−fm(x)∣<ε∀m≥N\begin{align*} |f(x) - f_m(x)| < \varepsilon \quad \forall m \geq N \end{align*}

Así, tomando ε=1k\varepsilon = \frac{1}{k} tenemos que ∃j0(x,k)∈N\exists j_0(x, k) \in \mathbb{N} tal que:

∣f(x)−fm(x)∣<1k∀m≥j0(x,k)\begin{align*} |f(x) - f_m(x)| < \frac{1}{k} \quad \forall m \geq j_0(x, k) \end{align*}

Y tenemos precisamente:

Ekj0={y∈E:∣f(y)−fm(y)∣<1k∀m≥j0}\begin{align*} E_{kj_0} = \left\{y \in E: |f(y) - f_m(y)| < \frac{1}{k} \quad \forall m \geq j_0\right\} \end{align*}

Por tanto, x∈Ekj0x \in E_{kj_0} y así:

x∈⋃j=1∞Ekj\begin{align*} x \in \displaystyle \bigcup_{j = 1}^{\infty} E_{kj} \end{align*}

Y por tanto:

E⊆⋃j=1∞Ekj\begin{align*} E \subseteq \displaystyle \bigcup_{j = 1}^{\infty} E_{kj} \end{align*}
  1. Para cada kk, encuentra ik∈Ni_k\in\mathbb{N} verificando que:
μ(E∖Ekik)<ε2k\begin{align*} \mu\left(E\setminus E_{k i_k}\right) < \frac{\varepsilon}{2^k} \end{align*}

📐Demostración

Sea k∈Nk \in \mathbb{N} fijo, por el paso anterior sabemos que:

⋃j=1∞Ekj=E\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{j = 1}^{\infty} E_{kj} = E \end{align*}

Entonces, como la sucesión (Ekj)j∈N(E_{kj})_{j \in \mathbb{N}} es creciente, tenemos que:

μ(E)=μ(⋃j=1∞Ekj)=lim⁡j→∞μ(Ekj)==lim⁡j→∞[μ(E)−μ(E∖Ekj)]=μ(E)−lim⁡j→∞μ(E∖Ekj)\begin{align*} \mu(E) & = \mu\left(\displaystyle \bigcup_{j = 1}^{\infty} E_{kj}\right) = \lim_{j \to \infty} \mu(E_{kj}) =\\[2ex] & = \lim_{j \to \infty} \left[\mu(E) - \mu(E \setminus E_{kj})\right] = \mu(E) - \lim_{j \to \infty} \mu(E \setminus E_{kj}) \end{align*}

Además, como la sucesión (μ(E∖Ekj))j∈N(\mu(E \setminus E_{kj}))_{j \in \mathbb{N}} es decreciente y acotada inferiormente por 00, entonces:

lim⁡j→∞μ(E∖Ekj)=0\begin{align*} \lim_{j \to \infty} \mu(E \setminus E_{kj}) = 0 \end{align*}

Entonces, dado ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, existe jk∈Nj_k \in \mathbb{N} tal que:

μ(E∖Ekjk)<ε2k\begin{align*} \mu(E \setminus E_{k j_k}) < \frac{\varepsilon}{2^k} \end{align*}

Por tanto, tomando ik=jki_k = j_k se cumple lo pedido.

  1. Estudia el conjunto D=⋂k=1∞EkikD = \displaystyle \bigcap_{k = 1}^\infty E_{k i_k}

📐Demostración

Consideramos el conjunto:

D=⋂k=1∞Ekik\begin{align*} D = \displaystyle \bigcap_{k = 1}^\infty E_{k i_k} \end{align*}

Entonces, por las propiedades de la medida tenemos que:

μ(E∖D)=μ(E∖⋂k=1∞Ekik)=μ(⋃k=1∞(E∖Ekik))≤≤∑k=1∞μ(E∖Ekik)<∑k=1∞ε2k=ε\begin{align*} \mu(E \setminus D) & = \mu\left(E \setminus \displaystyle \bigcap_{k = 1}^\infty E_{k i_k}\right) = \mu\left(\displaystyle \bigcup_{k = 1}^\infty (E \setminus E_{k i_k})\right) \leq\\[2ex] & \leq \displaystyle \sum_{k = 1}^\infty \mu(E \setminus E_{k i_k}) < \displaystyle \sum_{k = 1}^\infty \frac{\varepsilon}{2^k} = \varepsilon \end{align*}

Además, para demostrar que fn∣Df_n|_D converge uniformemente a f∣Df|_D, sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, entonces existe k0∈Nk_0 \in \mathbb{N} tal que:

1k0<ε\begin{align*} \frac{1}{k_0} < \varepsilon \end{align*}

Y por definición de DD, para todo x∈Dx \in D se tiene que:

∣f(x)−fn(x)∣<1k0<ε∀n≥ik0\begin{align*} |f(x) - f_n(x)| < \frac{1}{k_0} < \varepsilon \quad \forall n \geq i_{k_0} \end{align*}

Por lo tanto, fn∣Df_n|_D converge uniformemente a f∣Df|_D.

Ejercicio 4

Demuestra que, en general, el teorema de Egorov falla cuando μ(E)=∞\mu(E) = \infty.

📐Demostración

Consideremos el conjunto E=RE = \mathbb{R} con la medida de Lebesgue μ\mu y la sucesión de funciones fn:R→Rf_n: \mathbb{R} \to \mathbb{R} definida por:

fn(x)={1 si ∣x∣<n0 si ∣x∣≥n\begin{align*} f_n(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } |x| < n\\ 0 & \text{ si } |x| \geq n \end{array} \right. \end{align*}

Entonces, para cada x∈Rx \in \mathbb{R}, tenemos:

lim⁡n→∞fn(x)=1\begin{align*} \lim_{n \to \infty} f_n(x) = 1 \end{align*}

Por lo tanto, la sucesión fnf_n converge puntualmente a la función constante f(x)=1f(x) = 1 en todo EE. Ahora, supongamos que existe un conjunto medible D⊆ED \subseteq E tal que μ(E∖D)<ε\mu(E \setminus D) < \varepsilon para algún ε>0\varepsilon > 0 y que fn∣Df_n|_D converge uniformemente a f∣Df|_D. Entonces, para cualquier δ>0\delta > 0, existe un N∈NN \in \mathbb{N} tal que:

∣fn(x)−f(x)∣<δ∀x∈D,n≥N\begin{align*} |f_n(x) - f(x)| < \delta \quad \forall x \in D, n \geq N \end{align*}

Sin embargo, dado que fn(x)=0f_n(x) = 0 para xx con ∣x∣≥n|x| \geq n, podemos elegir x0x_0 tal que ∣x0∣>N|x_0| > N. Entonces, para este x0x_0:

∣fn(x0)−f(x0)∣=∣0−1∣=1\begin{align*} |f_n(x_0) - f(x_0)| = |0 - 1| = 1 \end{align*}

Lo cual contradice la suposición de convergencia uniforme en DD. Por lo tanto, el teorema de Egorov no se cumple cuando la medida del conjunto es infinita.

Ejercicio 5

Sea f:X→Rf: X \to \mathbb{R} una función integrable Riemann tal que f(x)>0f(x) > 0 para todo x∈[a,b]x \in [a, b], demuestra que ∫abf>0\int_a^b f > 0.

📐Demostración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} una función integrable Riemann tal que f(x)>0f(x) > 0 para todo x∈[a,b]x \in [a, b]. Como ff es acotada en el intervalo cerrado y es integrable Riemann, entonces es medible y ya que f(x)>0f(x) > 0 para todo x∈[a,b]x \in [a, b], tenemos que el conjunto:

A:−{x∈[a,b]:f(x)>0}=[a,b]\begin{align*} A \coloneq \{x \in [a, b] : f(x) > 0\} = [a, b] \end{align*}

Además, la integral Riemann de ff en [a,b][a,b] coincide con la integral de Lebesgue de ff en [a,b][a, b]. Para cada n∈Nn \in \mathbb{N} definimos los conjuntos:

En:−{x∈[a,b]:f(x)>1n}\begin{align*} E_n \coloneq \left\{x \in [a, b] : f(x) > \frac{1}{n}\right\} \end{align*}

Como f(x)>0f(x) > 0 entonces tenemos que:

⋃n=1∞En=A=[a,b]\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} E_n = A = [a, b] \end{align*}

Supongamos por contradicción que cada EnE_n tiene medida nula, es decir, μ(En)=0\mu(E_n) = 0 para todo n∈Nn \in \mathbb{N}. Entonces, por la subaditividad numerable de la medida de Lebesgue, se tendría que:

μ(A)=μ(⋃n=1∞En)≤∑n=1∞μ(En)=0\begin{align*} \mu(A) = \mu\left(\displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} E_n\right) \leq \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \mu(E_n) = 0 \end{align*}

Lo cual es imposible porque:

μ(A)=μ([a,b])=b−a>0\begin{align*} \mu(A) = \mu([a, b]) = b - a > 0 \end{align*}

Además, tenemos que:

∫abf(x) dx≥∫Enf(x) dx≥∫En1n dx=1nμ(En)>0\begin{align*} \int_a^b f(x) \, dx \geq \int_{E_n} f(x) \, dx \geq \int_{E_n} \frac{1}{n} \, dx = \frac{1}{n} \mu(E_n) > 0 \end{align*}

Por lo tanto, ∫abf(x) dx>0\int_a^b f(x) \, dx > 0.

Ejercicio 6

Sea f:[0,1]→Rf: [0, 1] \to \mathbb{R} la función dada por:

f(x)={0 si x=00 si x∈I∩[0,1]1q si x∈Q∖{0} y x=pq con p,q∈N primos entre sıˊ\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x = 0\\ 0 & \text{ si } x \in \mathbb{I} \cap [0, 1]\\ \frac{1}{q} & \text{ si } x \in \mathbb{Q} \setminus \{0\} \text{ y } x = \frac{p}{q} \text{ con } p, q \in \mathbb{N} \text{ primos entre sí} \end{array} \right. \end{align*}

Demostrar que:

  • ff es discontinua en los valores racionales no nulos y continua en el resto.

📐Demostración

Sea x0∈[0,1]x_0 \in [0, 1] un punto cualquiera:

  • Si x∈I∩[0,1]x \in \mathbb{I} \cap [0, 1] o x=0x = 0, entonces f(x0)=0f(x_0) = 0. Dado ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, tomamos δ=ε\delta = \varepsilon. Entonces, si x∈(x0−δ,x0+δ)∩[0,1]x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \cap [0, 1] se tiene que:
∣f(x)−f(x0)∣=∣f(x)−0∣=∣f(x)∣<ε\begin{align*} |f(x) - f(x_0)| = |f(x) - 0| = |f(x)| < \varepsilon \end{align*}

Por lo tanto, ff es continua en x0x_0.

  • Si x0∈Q∖{0}x_0 \in \mathbb{Q} \setminus \{0\}, entonces f(x0)=1q0f(x_0) = \frac{1}{q_0} donde x0=p0q0x_0 = \frac{p_0}{q_0} con p0,q0∈Np_0, q_0 \in \mathbb{N} primos entre sí. Tomamos ε=12q0\varepsilon = \frac{1}{2q_0}. Entonces, para cualquier δ>0\delta > 0, en el intervalo (x0−δ,x0+δ)∩[0,1](x_0 - \delta, x_0 + \delta) \cap [0, 1] existen números irracionales xx tales que:
∣f(x)−f(x0)∣=∣0−1q0∣=1q0>ε\begin{align*} |f(x) - f(x_0)| = \left|0 - \frac{1}{q_0}\right| = \frac{1}{q_0} > \varepsilon \end{align*}

Por lo tanto, ff es discontinua en x0x_0.

  • ff es integrable Riemann.

📐Demostración

Basta notar que, por el apartado anterior hemos visto que ff es discontinua en los racionales no nulos, es decir:

{x∈(Q∩[0,1])∖{0}}\begin{align*} \{x \in (\mathbb{Q} \cap [0, 1]) \setminus \{0\}\} \end{align*}

Como sabemos que los racionales son numerables, entonces en particular los serán en el [0,1][0, 1]. Por tanto, como la medida de cualquier conjunto numerable es nula, tenemos que:

μ({x∈(Q∩[0,1])∖{0}})=0\begin{align*} \mu(\{x \in (\mathbb{Q} \cap [0, 1]) \setminus \{0\}\}) = 0 \end{align*}

Por tanto, por un resultado visto en clase, ff es Riemann integrable si y solo si el conjunto de discontinuidades tiene medida nula, por lo tanto, ff es Riemann integrable

Ejercicio 7

Demuestra que toda función monótona f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} tiene a lo sumo una cantidad numerable de discontinuidades. Para tal fin, se recomienda seguir los siguientes pasos:

  • Demuestra que todas las discontinuidades de ff en (a,b)(a, b) son de primera especie de salto finito, y que cada salto es igual o inferior a f(b)−f(a)f(b) - f(a). Demuestra también que si ff es discontinua en aa o bb, tal discontinuidad es evitable.

📐Demostración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} función monótona, supongamos sin pérdida de generalidad que es creciente, es decir, para x∈[a,b)x \in [a, b):

f(x)≤f(y)∀y∈(x,b]\begin{align*} f(x) \leq f(y) \quad \forall y \in (x, b] \end{align*}

Sea x0∈[a,b]x_0 \in [a, b] un punto donde ff no es continua, entonces el valor en f(x0)f(x_0) será estrictamente mayor al valor inmediatamente anterior ya que, como ff es monótona creciente, f(x0)f(x_0) tiene que ser mayor al valor de la imagen en el valor inmediatamente anterior y, además, tiene que ser distinto, ya que si no no habría discontinuidad, es decir:

f(x0)>f(x)∀x∈[a,x0)\begin{align*} f(x_0) > f(x) \quad \forall x \in [a, x_0) \end{align*}

Además, el salto es finito ya que ff es acotada en [a,b][a, b] porque es monótona (aplicando ?) tenemos que:

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

Por lo tanto, el salto en x0x_0 es:

Δf(x0)=f(x0+)−f(x0−)≤f(b)−f(a)\begin{align*} \Delta f(x_0) = f(x_0^+) - f(x_0^-) \leq f(b) - f(a) \end{align*}

Por otro lado, si x0=ax_0 = a o x0=bx_0 = b, entonces la discontinuidad es evitable ya que:

lim⁡x→a+f(x)=f(a) y lim⁡x→b−f(x)=f(b)\begin{align*} \lim_{x \to a^+} f(x) = f(a) \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to b^-} f(x) = f(b) \end{align*}

Es decir, podemos definir f(a)f(a) y f(b)f(b) como los límites laterales y así eliminar la discontinuidad.

  • Dado un número natural cualquiera, demuestra que el número de discontinuidades de salto mayor o igual que f(b)−f(a)n\frac{f(b) - f(a)}{n} es menor o igual que nn.

📐Demostración

Definimos el conjunto de discontinuidades de salto mayor o igual que f(b)−f(a)n\frac{f(b) - f(a)}{n}:

Dn:−{x∈(a,b):Δf(x)≥f(b)−f(a)n}\begin{align*} D_n \coloneq \left\{x \in (a, b) : \Delta f(x) \geq \frac{f(b) - f(a)}{n}\right\} \end{align*}

Y supongamos que su cardinal es mayor a nn, por lo tanto, si calculamos la imagen total de las sumas de todos estos saltos tenemos que:

∑i=1mΔf(x)≥∑i=1mΔf(b)−f(a)n==m⋅f(b)−f(a)n=n(m−n)⋅f(b)−f(a)n=(m−n)(f(b)−f(a))\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{m} \Delta f(x) & \geq \displaystyle \sum_{i = 1}^{m} \Delta \frac{f(b) - f(a)}{n} =\\[2ex] & = m \cdot \frac{f(b) - f(a)}{n} = n(m - n) \cdot \frac{f(b) - f(a)}{n} = (m - n) (f(b) - f(a)) \end{align*}

donde m>nm > n.

Como m,n∈Nm, n \in \mathbb{N} entonces m−n∈Nm - n \in \mathbb{N} y además m−n≥1m - n \geq 1, entonces:

(m−n)(f(b)−f(a))≥f(b)−f(a)\begin{align*} (m - n)(f(b) - f(a)) \geq f(b) - f(a) \end{align*}

Como sabemos que ff es monótona y hemos supuesto sin pérdida de generalidad que es creciente, entonces:

∑i=1mΔf(x)≤f(b)−f(a)\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{m} \Delta f(x) \leq f(b) - f(a) \end{align*}

Por lo tanto, llegamos a una contradicción, ya que hemos visto que:

∑i=1mΔf(x)≥(m−n)(f(b)−f(a))≥f(b)−f(a)≥∑i=1mΔf(x)\begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{m} \Delta f(x) \geq (m - n)(f(b) - f(a)) \geq f(b) - f(a) \geq \displaystyle \sum_{i = 1}^{m} \Delta f(x) \end{align*}

Por lo tanto, el cardinal de DnD_n es menor o igual que nn.

  • Concluye probando ahora que el cardinal del conjunto de todas las discontinuidades es a lo sumo ℵ0\aleph_0.

📐Demostración

Sea DD el conjunto de todas las discontinuidades de ff en (a,b)(a, b):

D:−{x∈(a,b):f es discontinua en x}\begin{align*} D \coloneq \{x \in (a, b) : f \text{ es discontinua en } x\} \end{align*}

Entonces, podemos expresar DD como la unión numerable de los conjuntos DnD_n:

D=⋃n=1∞Dn\begin{align*} D = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} D_n \end{align*}

Donde DnD_n es el conjunto de discontinuidades de salto mayor o igual que f(b)−f(a)n\frac{f(b) - f(a)}{n}. Como hemos visto en el apartado anterior, cada conjunto DnD_n tiene cardinal menor o igual que nn, por lo que cada DnD_n es numerable. Entonces, la unión numerable de conjuntos numerables es numerable, por lo que el conjunto DD también es numerable. Por lo tanto, el cardinal del conjunto de todas las discontinuidades es a lo sumo ℵ0\aleph_0.

Ejercicio 8

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} una función integrable Riemann y g:[m,M]→Rg: [m, M] \to \mathbb{R} una función continua, donde m=inf⁡f([a,b])m = \inf f([a, b]) y M=sup⁡f([a,b])M = \sup f([a, b]). Demuestra que la función g∘f:[a,b]→Rg \circ f: [a, b] \to \mathbb{R} es integrable Riemann.

📐Demostración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} una función integrable Riemann y g:[m,M]→Rg: [m, M] \to \mathbb{R} una función continua, donde m=inf⁡f([a,b])m = \inf f([a, b]) y M=sup⁡f([a,b])M = \sup f([a, b]). Como ff es integrable Riemann, entonces es acotada en [a,b][a, b], por lo que existen m,M∈Rm, M \in \mathbb{R} tales que:

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

Por lo tanto, la imagen de ff está contenida en el intervalo cerrado [m,M][m, M]. Dado que gg es continua en el intervalo cerrado [m,M][m, M], entonces gg es uniformemente continua en dicho intervalo. Por lo tanto, para cualquier ε>0\varepsilon > 0, existe un δ>0\delta > 0 tal que si y1,y2∈[m,M]y_1, y_2 \in [m, M] y ∣y1−y2∣<δ|y_1 - y_2| < \delta, entonces:

∣g(y1)−g(y2)∣<ε\begin{align*} |g(y_1) - g(y_2)| < \varepsilon \end{align*}

Ahora, como ff es integrable Riemann en [a,b][a, b], para cualquier partición P={x0,x1,…,xn}P = \{x_0, x_1, \ldots, x_n\} de [a,b][a, b], podemos considerar las sumas superiores e inferiores de Riemann de ff:

U(f,P)=∑i=1nMi(xi−xi−1) y L(f,P)=∑i=1nmi(xi−xi−1)\begin{align*} U(f, P) = \sum_{i = 1}^{n} M_i (x_i - x_{i-1}) \quad \text{ y } \quad L(f, P) = \sum_{i = 1}^{n} m_i (x_i - x_{i-1}) \end{align*}

donde Mi=sup⁡x∈[xi−1,xi]f(x)M_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x) y mi=inf⁡x∈[xi−1,xi]f(x)m_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x). Dado que ff es integrable Riemann, para cualquier ε>0\varepsilon > 0, existe una partición PP tal que:

U(f,P)−L(f,P)<δ\begin{align*} U(f, P) - L(f, P) < \delta \end{align*}

Ahora, consideramos las sumas superiores e inferiores de Riemann de g∘fg \circ f con la misma partición PP:

U(g∘f,P)=∑i=1nGi(xi−xi−1) y L(g∘f,P)=∑i=1ngi(xi−xi−1)\begin{align*} U(g \circ f, P) = \sum_{i = 1}^{n} G_i (x_i - x_{i-1}) \quad \text{ y } \quad L(g \circ f, P) = \sum_{i = 1}^{n} g_i (x_i - x_{i-1}) \end{align*}

donde Gi=sup⁡x∈[xi−1,xi]g(f(x))G_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} g(f(x)) y gi=inf⁡x∈[xi−1,xi]g(f(x))g_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} g(f(x)). Dado que gg es uniformemente continua, tenemos que:

∣Gi−gi∣<ε∀i=1,2,…,n\begin{align*} |G_i - g_i| < \varepsilon \quad \forall i = 1, 2, \ldots, n \end{align*}

Por lo tanto, podemos estimar la diferencia entre las sumas superiores e inferiores de Riemann de g∘fg \circ f:

U(g∘f,P)−L(g∘f,P)=∑i=1n(Gi−gi)(xi−xi−1)<∑i=1nε(xi−xi−1)=ε(b−a)\begin{align*} U(g \circ f, P) - L(g \circ f, P) & = \sum_{i = 1}^{n} (G_i - g_i) (x_i - x_{i-1}) < \sum_{i = 1}^{n} \varepsilon (x_i - x_{i-1}) = \varepsilon (b - a) \end{align*}

Dado que ε>0\varepsilon > 0 es arbitrario, podemos hacer que U(g∘f,P)−L(g∘f,P)U(g \circ f, P) - L(g \circ f, P) sea tan pequeño como queramos eligiendo una partición adecuada PP. Por lo tanto, g∘fg \circ f es integrable Riemann en [a,b][a, b].

Funciones medibles

Ejercicio 1

Sea f:RN→Rf: \mathbb{R}^N \to \mathbb{R} con ff uniformemente continua y acotada. Demuestra que la función φ:RN→R\varphi : \mathbb{R}^N \to \mathbb{R} definida por:

φ(t):−sup⁡x∈RN∣f(x+t)−f(x)∣\begin{align*} \varphi(t) \coloneq \sup_{x \in \mathbb{R}^N} \left|f(x + t) - f(x)\right| \end{align*}

es medible.

📐Demostración

Para ver que φ\varphi es medible, veamos por definición que:

{t∈RN:φ(t)≤α}∈MN∀α∈R\begin{align*} \left\{t \in \mathbb{R}^N : \varphi(t) \leq \alpha\right\} \in \mathcal{M}_N \quad \forall \alpha \in \mathbb{R} \end{align*}

Sea α∈R\alpha \in \mathbb{R} cualquiera pero fijo, tenemos que:

{t∈RN:φ(t)≤α}={t∈RN:sup⁡x∈RN∣f(x+t)−f(x)∣≤α}\begin{align*} \{t \in \mathbb{R}^N : \varphi(t) \leq \alpha\} = \left\{t \in \mathbb{R}^N : \sup_{x \in \mathbb{R}^N} |f(x + t) - f(x)| \leq \alpha\right\} \end{align*}

Como ff es uniformemente continua, por definición sabemos que para cualquier ε>0\varepsilon > 0 existe un δ>0\delta > 0 tal que para cada x,y∈RNx, y \in \mathbb{R}^N con ∥x−y∥<δ\|x - y\| < \delta se cumple que:

∣f(x)−f(y)∣<ε\begin{align*} |f(x) - f(y)| < \varepsilon \end{align*}

Como x+t∈RNx + t \in \mathbb{R}^N entonces tenemos que:

∣x+t−x∣=∣t∣<δ  ⟹  ∣f(x+t)−f(x)∣<ε\begin{align*} |x + t - x| = |t| < \delta \implies |f(x + t) - f(x)| < \varepsilon \end{align*}

Además, ff es acotada, por lo que ∃m,M∈R\exists m, M \in \mathbb{R} tales que:

m≤f(x)≤M∀x∈RN\begin{align*} m \leq f(x) \leq M \quad \forall x \in \mathbb{R}^N \end{align*}

Por terminar

Ejercicio 2

Sea (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) espacio de medida completo y sean f,gf, g dos funciones de XX en R‾\overline{\mathbb{R}}. Demuestra que si ff es medible y f=gf = g casi en todas partes, entonces gg es medible.

📐Demostración

Sabemos que, por definición de medibilidad, ff es medible en (X,Σ,μ)(X, \Sigma, \mu) si ∀α∈R‾\forall \alpha \in \overline{\mathbb{R}} se tiene que:

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

Queremos ver que esto se cumple para gg también, es decir, que ∀α∈R‾\forall \alpha \in \overline{\mathbb{R}} se tiene que:

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

Podemos notar que, como g=fg = f en casi todo punto, esto significa que ∃B∈Σ\exists B \in \Sigma con μ(B)=0\mu(B) = 0 tal que:

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

Como es espacio de medida completo y μ(B)=0\mu(B) = 0, entonces tenemos que:

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

Entonces, si volvemos a la expresión , tenemos que:

{x∈X:g(x)<α}=({x∈X:g(x)<α}∩{x∈X:g(x)=f(x)})∪∪({x∈X:g(x)<α}∩{x∈X:g(x)≠f(x)})==({x∈X:f(x)<α}∩{x∈X:g(x)=f(x)})∪∪({x∈X:g(x)<α}∩{x∈X:g(x)≠f(x)})\begin{align*} \left\{x \in X : g(x) < \alpha\right\} & = \left(\left\{x \in X : g(x) < \alpha\right\} \cap \left\{x \in X : g(x) = f(x)\right\}\right) \cup\\[2ex] & \cup \left(\left\{x \in X : g(x) < \alpha\right\} \cap \left\{x \in X : g(x) \neq f(x)\right\}\right) = \\[2ex] & = \left(\left\{x \in X : f(x) < \alpha\right\} \cap \left\{x \in X : g(x) = f(x)\right\}\right) \cup\\[2ex] & \cup \left(\left\{x \in X : g(x) < \alpha\right\} \cap \left\{x \in X : g(x) \neq f(x)\right\}\right) \end{align*}

Como ff es medible, entonces {x∈X:f(x)<α}∈Σ\left\{x \in X : f(x) < \alpha\right\} \in \Sigma y como hemos visto antes, {x∈X:g(x)≠f(x)}∈Σ\left\{x \in X : g(x) \neq f(x)\right\} \in \Sigma. Además, el conjunto {x∈X:g(x)=f(x)}\left\{x \in X : g(x) = f(x)\right\} es el complemento de {x∈X:g(x)≠f(x)}\left\{x \in X : g(x) \neq f(x)\right\}, por lo que también pertenece a Σ\Sigma. Por lo tanto, la unión de ambos conjuntos también pertenece a Σ\Sigma, es decir:

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

Ejercicio 3

Sea A∈MNA \in \mathcal{M}_N y f,g:A→R‾f, g: A \to \overline{\mathbb{R}} tales que f=gf = g en casi todo punto. Demostrar que:

  • Si ff es integrable sobre AA entonces gg también lo es

📐Demostración

Sea f:A→R‾f: A \to \overline{\mathbb{R}} integrable, entonces tenemos que:

∫Af+ dμ<∞ o ∫Af− dμ<∞\begin{align*} \int_A f^{ + } \, d\mu < \infty \quad \text{ o } \quad \int_A f^{ - } \, d\mu < \infty \end{align*}

Supongamos sin pérdida de generalidad que ∫Af+ dμ\int_A f^{ + } \, d\mu finita.

Como f=gf = g μ\mu-a.e., por definición, existe B∈MNB \in \mathcal{M}_N con μ(B)=0\mu(B) = 0 tal que:

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

Así, como BB es de medida nula, tenemos que:

∫Af+ dμ=∫A∖Bf+ dμ=∫A∖Bg+ dμ≤∫Ag+ dμ\begin{align*} \int_A f^ + \, d\mu = \int_{A\setminus B} f^ + \, d\mu = \int_{A\setminus B} g^ + \, d\mu \leq \int_A g^ + \, d\mu \end{align*}

Por lo tanto, ∫Ag+ dμ\int_A g^ + \, d\mu es finita, y así gg es integrable sobre AA.

  • Si f∈L1(A)f \in \mathcal{L}_1(A) entonces gg es sumable sobre AA.

📐Demostración

Sea f∈L1(A)f \in \mathcal{L}_1(A), entonces ff es integrable sobre AA y:

∫A∣f∣ dμ<∞\begin{align*} \int_A |f| \, d\mu < \infty \end{align*}

Como f=gf = g μ\mu-a.e., por definición, existe B∈MNB \in \mathcal{M}_N con μ(B)=0\mu(B) = 0 tal que:

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

Así, como BB es de medida nula, tenemos que:

∫A∣f∣ dμ=∫A∖B∣f∣ dμ=∫A∖B∣g∣ dμ≤∫A∣g∣ dμ\begin{align*} \int_A |f| \, d\mu = \int_{A\setminus B} |f| \, d\mu = \int_{A\setminus B} |g| \, d\mu \leq \int_A |g| \, d\mu \end{align*}

Por lo tanto, ∫A∣g∣ dμ\int_A |g| \, d\mu es finita, y así gg es sumable sobre AA.

Ejercicio 4

Dada una función ff con dominio A⊆RNA \subseteq \mathbb{R}^N y llegada en R‾\overline{\mathbb{R}}, demuestra que si es continua en x0∈Ax_0 \in A entonces sus partes positiva y negativa, f+f^{ + } y f−f^{ - }, también lo son en x0x_0.

📐Demostración

Sea f:A⊆RN→R‾f: A \subseteq \mathbb{R}^N \to \overline{\mathbb{R}} continua en x0∈Ax_0 \in A entonces, por definición de continuidad, para cualquier ε>0\varepsilon > 0 existe un 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*}

Ahora, consideremos las funciones f+f^{ + } y f−f^{ - } definidas por:

f+(x)=max⁡{f(x),0} y f−(x)=max⁡{−f(x),0}\begin{align*} f^{ + }(x) = \max\{f(x), 0\} \quad \text{ y } \quad f^{ - }(x) = \max\{-f(x), 0\} \end{align*}

Queremos demostrar que f+f^{ + } es continua en x0x_0. Sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, tomamos el mismo δ>0\delta > 0 que para ff. Entonces, si ∣x−x0∣<δ|x - x_0| < \delta, tenemos dos casos:

  • Si f(x0)≥0f(x_0) \geq 0, entonces:
∣f+(x)−f+(x0)∣=∣max⁡{f(x),0}−f(x0)∣≤∣f(x)−f(x0)∣<ε\begin{align*} |f^{ + }(x) - f^{ + }(x_0)| & = | \max\{f(x), 0\} - f(x_0)| \leq |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{align*}
  • Si f(x0)<0f(x_0) < 0, entonces:
∣f+(x)−f+(x0)∣=∣max⁡{f(x),0}−0∣=∣max⁡{f(x),0}∣≤∣f(x)−f(x0)∣<ε\begin{align*} |f^{ + }(x) - f^{ + }(x_0)| & = | \max\{f(x), 0\} - 0| = | \max\{f(x), 0\}| \leq |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{align*}

En ambos casos, hemos demostrado que f+f^{ + } es continua en x0x_0.

De manera similar, podemos demostrar que f−f^{ - } es continua en x0x_0. Sea ε>0\varepsilon > 0 cualquiera, tomamos el mismo δ>0\delta > 0 que para ff. Entonces, si ∣x−x0∣<δ|x - x_0| < \delta, tenemos dos casos:

  • Si f(x0)≤0f(x_0) \leq 0, entonces:
∣f−(x)−f−(x0)∣=∣max⁡{−f(x),0}−(−f(x0))∣≤≤∣−f(x)+f(x0)∣=∣f(x)−f(x0)∣<ε\begin{align*} |f^{ - }(x) - f^{ - }(x_0)| & = | \max\{-f(x), 0\} - (-f(x_0))| \leq\\[2ex] & \leq |-f(x) + f(x_0)| = |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{align*}
  • If f(x0)>0f(x_0) > 0, entonces:
∣f−(x)−f−(x0)∣=∣max⁡{−f(x),0}−0∣==∣max⁡{−f(x),0}∣≤∣f(x)−f(x0)∣<ε\begin{align*} |f^{ - }(x) - f^{ - }(x_0)| & = | \max\{-f(x), 0\} - 0| = \\[2ex] & = | \max\{-f(x), 0\}| \leq |f(x) - f(x_0)| < \varepsilon \end{align*}

En ambos casos, hemos demostrado que f−f^{ - } es continua en x0x_0.

Ejercicio 5

En cada uno de los siguientes casos, estudiar si la sucesión de funciones (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} es monótona, si converge puntualmente, si converge uniformemente, si se puede aplicar el teorema de la convergencia monótona o dominada y si es posible intercambiar el límite y la integral:

lim⁡n∫Rfn(x) dx=∫Rlim⁡nfn(x) dx\begin{align*} \lim_n \int_\mathbb{R} f_n(x) \, dx = \int_\mathbb{R} \lim_n f_n(x) \, dx \end{align*}

en los siguientes casos:

  1. fn=X[0,n]f_n = \mathcal{X}_{[0, n]}

📐Demostración

Sea fn=X[0,n]f_n = \mathcal{X}_{[0, n]}:

  • Monotonía: La sucesión es claramente monótona creciente ya que:
fn(x)≤fn+1(x)∀x∈R, ∀n∈N\begin{align*} f_n(x) \leq f_{n + 1}(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}, \, \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}
  • Convergencia puntual: La sucesión converge puntualmente a la función:
f(x)={1 si x≥00 si x<0\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } x \geq 0\\ 0 & \text{ si } x < 0 \end{array} \right. \end{align*}
  • Convergencia uniforme: La sucesión no converge uniformemente, ya que:
sup⁡x∈R∣fn(x)−f(x)∣=1∀n∈N\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| = 1 \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por tanto, no existe N∈NN \in \mathbb{N} tal que para todo n≥Nn \geq N se tenga que:

sup⁡x∈R∣fn(x)−f(x)∣<ε\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon \end{align*}
  • Teorema de la convergencia monótona: Sí, se puede aplicar el teorema de la convergencia monótona ya que la sucesión es monótona creciente y converge puntualmente a una función medible.
  • Teorema de la convergencia dominada: No, no se puede aplicar el teorema de la convergencia dominada ya que no existe una función integrable que domine a toda la sucesión.
  • Intercambio de límite e integral: Sí, se puede intercambiar el límite y la integral, ya que se cumple:
lim⁡n∫Rfn(x) dx=lim⁡n∫0n1 dx=lim⁡nn=∞∫Rlim⁡nfn(x) dx=∫0∞1 dx=∞\begin{align*} \lim_n \int_\mathbb{R} f_n(x) \, dx & = \lim_n \int_0^n 1 \, dx = \lim_n n = \infty\\[2ex] \int_\mathbb{R} \lim_n f_n(x) \, dx & = \int_0^\infty 1 \, dx = \infty \end{align*}
  1. fn=1nX[0,∞)f_n = \frac{1}{n} \mathcal{X}_{[0, \infty)}

📐Demostración

Sea fn=1nX[0,∞)f_n = \frac{1}{n}\mathcal{X}_{[0, \infty)} entonces:

  • Monotonía: La función se puede descomponer en:
fn(x)=1n⏟monoˊtona,decrecienteX[0,∞)⏟cte.\begin{align*} f_n(x) = \underbrace{\frac{1}{n}}_{\text{monótona}, \text{decreciente}} \underbrace{\mathcal{X}_{[0, \infty)}}_{\text{cte.}} \end{align*}

Por lo tanto, la función es monótona decreciente.

  • Convergencia puntual: Podemos notar que:
fn(x)={1n si x≥00 si x<0→n→∞f(x)=0\begin{align*} f_n(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{n} & \text{ si } x \geq 0\\[2ex] 0 & \text{ si } x < 0 \end{array} \right. \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) = 0 \end{align*}

Por tanto, la función converge puntualmente a 0.

  • Convergencia uniforme: La función converge uniformemente a 0, ya que:
sup⁡x∈R∣fn(x)−0∣=sup⁡x∈R∣fn(x)∣=1n→n→∞0\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - 0| = \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x)| = \frac{1}{n} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 \end{align*}

Por tanto, para cualquier ε>0\varepsilon > 0, existe N∈NN \in \mathbb{N} tal que para todo n≥Nn \geq N se tiene que:

sup⁡x∈R∣fn(x)−0∣<ε\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - 0| < \varepsilon \end{align*}
  • Teorema de la convergencia monótona: Sí, se puede aplicar el teorema de la convergencia monótona ya que la sucesión es monótona decreciente y converge puntualmente a una función medible.
  • Teorema de la convergencia dominada: La sucesión está dominada por la función g(x)=1g(x) = 1, podemos ver si es sumable o no:
∫Rg(x) dx=∫0∞1 dx=∞\begin{align*} \int_\mathbb{R} g(x) \, dx = \int_0^\infty 1 \, dx = \infty \end{align*}

Por lo tanto, no se puede aplicar el teorema de la convergencia dominada.

  • Intercambio de límite e integral: Sí, se puede intercambiar el límite y la integral, ya que se cumple:
lim⁡n∫Rfn(x) dx=lim⁡n∫0∞1n dx=lim⁡n1n⋅∞=0∫Rlim⁡nfn(x) dx=∫0∞0 dx=0\begin{align*} \lim_n \int_\mathbb{R} f_n(x) \, dx & = \lim_n \int_0^\infty \frac{1}{n} \, dx = \lim_n \frac{1}{n} \cdot \infty = 0\\[2ex] \int_\mathbb{R} \lim_n f_n(x) \, dx & = \int_0^\infty 0 \, dx = 0 \end{align*}
  1. fn=1nX[0,n]f_n = \frac{1}{n} \mathcal{X}_{[0, n]}

📐Demostración

Sea fn=1nX[0,n]f_n = \frac{1}{n} \mathcal{X}_{[0, n]}:

  • Monotonía: La función se puede descomponer en:
fn(x)=1n⏟monoˊtona,decrecienteX[0,n]⏟monoˊtona,creciente\begin{align*} f_n(x) = \underbrace{\frac{1}{n}}_{\text{monótona}, \text{decreciente}} \underbrace{\mathcal{X}_{[0, n]}}_{\text{monótona}, \text{creciente}} \end{align*}

Por lo tanto, la función no es monótona.

  • Convergencia puntual: Podemos notar que:
fn(x)={1n si 0≤x≤n0 si x<0 o x>n→n→∞f(x)=0\begin{align*} f_n(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{n} & \text{ si } 0 \leq x \leq n\\[2ex] 0 & \text{ si } x < 0 \text{ o } x > n \end{array} \right. \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) = 0 \end{align*}

Por tanto, la función converge puntualmente a 0.

  • Convergencia uniforme: La función converge uniformemente a 0, ya que:
sup⁡x∈R∣fn(x)−0∣=sup⁡x∈R∣fn(x)∣=1n→n→∞0\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - 0| = \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x)| = \frac{1}{n} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 \end{align*}

Por tanto, para cualquier ε>0\varepsilon > 0, existe N∈NN \in \mathbb{N} tal que para todo n≥Nn \geq N se tiene que:

sup⁡x∈R∣fn(x)−0∣<ε\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - 0| < \varepsilon \end{align*}
  • Teorema de la convergencia monótona: No, no se puede aplicar el teorema de la convergencia monótona ya que la sucesión no es monótona.
  • Teorema de la convergencia dominada: No, no se puede aplicar el teorema de la convergencia dominada ya que no existe una función integrable que domine a toda la sucesión.
  • Intercambio de límite e integral: No, no se puede intercambiar el límite y la integral, ya que se cumple:
lim⁡n∫Rfn(x) dx=lim⁡n∫0n1n dx=lim⁡n1n⋅n=1∫Rlim⁡nfn(x) dx=∫0∞0 dx=0\begin{align*} \lim_n \int_\mathbb{R} f_n(x) \, dx & = \lim_n \int_0^n \frac{1}{n} \, dx = \lim_n \frac{1}{n} \cdot n = 1\\[2ex] \int_\mathbb{R} \lim_n f_n(x) \, dx & = \int_0^\infty 0 \, dx = 0 \end{align*}
  1. fn=nX[1n,2n]f_n = n \mathcal{X}_[\frac{1}{n}, \frac{2}{n}]

📐Demostración

Sea fn=nX[1n,2n]f_n = n \mathcal{X}_{[\frac{1}{n}, \frac{2}{n}]}:

  • Monotonía: La función no es monótona.
  • Convergencia puntual: Podemos notar que:
fn(x)={n si 1n≤x≤2n0 si x<1n o x>2n→n→∞f(x)=0\begin{align*} f_n(x) = \left\{ \begin{array}{ll} n & \text{ si } \frac{1}{n} \leq x \leq \frac{2}{n}\\[2ex] 0 & \text{ si } x < \frac{1}{n} \text{ o } x > \frac{2}{n} \end{array} \right. \xrightarrow[n \to \infty]{} f(x) = 0 \end{align*}

Por tanto, la función converge puntualmente a 0.

  • Convergencia uniforme: La función no converge uniformemente a 0, ya que:
sup⁡x∈R∣fn(x)−0∣=sup⁡x∈R∣fn(x)∣=n∀n∈N\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - 0| = \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x)| = n \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por tanto, no existe N∈NN \in \mathbb{N} tal que para todo n≥Nn \geq N se tenga que:

sup⁡x∈R∣fn(x)−0∣<ε\begin{align*} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - 0| < \varepsilon \end{align*}
  • Teorema de la convergencia monótona: No, no se puede aplicar el teorema de la convergencia monótona ya que la sucesión no es monótona.
  • Teorema de la convergencia dominada: No, no se puede aplicar el teorema de la convergencia dominada ya que no existe una función integrable que domine a toda la sucesión.
  • Intercambio de límite e integral: No, no se puede intercambiar el límite y la integral, ya que se cumple:
lim⁡n∫Rfn(x) dx=lim⁡n∫1n2nn dx=lim⁡nn⋅(2n−1n)=lim⁡n1=1∫Rlim⁡nfn(x) dx=∫0∞0 dx=0\begin{align*} \lim_n \int_\mathbb{R} f_n(x) \, dx & = \lim_n \int_{\frac{1}{n}}^{\frac{2}{n}} n \, dx = \lim_n n \cdot \left(\frac{2}{n} - \frac{1}{n}\right) = \lim_n 1 = 1\\[2ex] \int_\mathbb{R} \lim_n f_n(x) \, dx & = \int_0^\infty 0 \, dx = 0 \end{align*}

Ejercicio 6

Para cada n∈Nn \in \mathbb{N} se considera la función fn:[1,∞]→Rf_n: [1, \infty] \to \mathbb{R} dada por:

fn(x)=x−1−n−1\begin{align*} f_n (x) = x^{ - 1 - n^{ - 1}} \end{align*}

Sea f:[1,∞]→Rf: [1, \infty] \to \mathbb{R} la función dada por:

f(x)=x−1\begin{align*} f(x) = x^{ - 1} \end{align*}

Demuestra que fn∈L1([1,∞])f_n \in \mathcal{L}_1([1, \infty]) para todo nn, que f∉L1([1,∞])f \notin \mathcal{L}_1([1, \infty]) y que (fn)n(f_n)_n converge uniformemente a ff en [1,∞][1, \infty].

📐Demostración

Sea n∈Nn \in \mathbb{N} cualquiera pero fijo, consideremos la función fn:[1,∞)→Rf_n: [1, \infty) \to \mathbb{R} dada por:

fn(x)=x−1−n−1\begin{align*} f_n (x) = x^{ - 1 - n^{ - 1}} \end{align*}

Para ver que fn∈L1([1,∞))f_n \in \mathcal{L}_1([1, \infty)), debemos comprobar que:

∫1∞∣fn(x)∣ dx<∞\begin{align*} \int_1^\infty |f_n(x)| \, dx < \infty \end{align*}

Calculamos la integral impropia:

∫1∞x−1−n−1 dx=lim⁡t→∞∫1tx−1−n−1 dx=lim⁡t→∞[x−n−1−n−1]1t=lim⁡t→∞(−nx−n−1∣1t)==lim⁡t→∞(−nt−n−1+n)=n\begin{align*} \int_1^\infty x^{ - 1 - n^{ - 1}} \, dx & = \lim_{t \to \infty} \int_1^t x^{ - 1 - n^{ - 1}} \, dx = \lim_{t \to \infty} \left[ \frac{x^{ - n^{ - 1}}}{- n^{ - 1}} \right]_1^t = \lim_{t \to \infty} \left( - n x^{ - n^{ - 1}} \Big|_1^t \right) = \\[2ex] & = \lim_{t \to \infty} \left( - n t^{ - n^{ - 1}} + n \right) = n \end{align*}

Por lo tanto, fn∈L1([1,∞))f_n \in \mathcal{L}_1([1, \infty)) para todo n∈Nn \in \mathbb{N}.

Ahora, consideremos la función f:[1,∞)→Rf: [1, \infty) \to \mathbb{R} dada por:

f(x)=x−1\begin{align*} f(x) = x^{ - 1} \end{align*}

Para ver que f∉L1([1,∞))f \notin \mathcal{L}_1([1, \infty)), debemos comprobar que:

∫1∞∣f(x)∣ dx=∞\begin{align*} \int_1^\infty |f(x)| \, dx = \infty \end{align*}

Calculamos la integral impropia:

∫1∞f dx=lim⁡t→∞∫0t1x dx=lim⁡t→∞[ln⁡∣x∣]1t=lim⁡t→∞(ln⁡t−ln⁡1)=∞\begin{align*} \int_1^\infty f \, dx = \lim_{t \to \infty} \int_0^t \frac{1}{x} \, dx = \lim_{t \to \infty} \left[ \ln|x| \right]_1^t = \lim_{t \to \infty} (\ln t - \ln 1) = \infty \end{align*}

Por lo tanto, f∉L1([1,∞))f \notin \mathcal{L}_1([1, \infty)).

Finalmente, veamos que la sucesión (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} converge uniformemente a ff en [1,∞)[1, \infty). Para ello, debemos comprobar que:

sup⁡x∈[1,∞)∣fn(x)−f(x)∣→n→∞0\begin{align*} \sup_{x \in [1, \infty)} |f_n(x) - f(x)| \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 \end{align*}

Calculamos la diferencia:

∣fn(x)−f(x)∣=∣x−1−n−1−x−1∣=∣x−1(x−n−1−1)∣=1x∣x−n−1−1∣\begin{align*} |f_n(x) - f(x)| & = \left| x^{ - 1 - n^{ - 1}} - x^{ - 1} \right| = \left| x^{ - 1} \left( x^{ - n^{ - 1}} - 1 \right) \right| = \frac{1}{x} \left| x^{ - n^{ - 1}} - 1 \right| \end{align*}

Para x≥1x \geq 1, tenemos que x−n−1≤1x^{ - n^{ - 1}} \leq 1, por lo que:

∣fn(x)−f(x)∣=1x(1−x−n−1)≤1−x−n−1≤1−1=0\begin{align*} |f_n(x) - f(x)| & = \frac{1}{x} (1 - x^{ - n^{ - 1}}) \leq 1 - x^{ - n^{ - 1}} \leq 1 - 1 = 0 \end{align*}

Por lo tanto, para cualquier ε>0\varepsilon > 0, existe N∈NN \in \mathbb{N} tal que para todo n≥Nn \geq N se tiene que:

sup⁡x∈[1,∞)∣fn(x)−f(x)∣<ε\begin{align*} \sup_{x \in [1, \infty)} |f_n(x) - f(x)| < \varepsilon \end{align*}

Así, hemos demostrado que (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} converge uniformemente a ff en [1,∞)[1, \infty).

Ejercicio 7

Sea la función f:[a,b]→Rf:[a, b] \to \mathbb{R} integrable Riemann, demuestra que:

∫abf=lim⁡n→∞b−an∑k=1nf(a+kb−an)\begin{align*} \int_a^b f = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^n f\left(a + k \frac{b - a}{n}\right) \end{align*}

📐Demostración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} una función integrable Riemann, entonces por definición de integral de Riemann, tenemos que:

∫abf(x) dx=lim⁡∣∣P∣∣→0∑i=1nf(ci)Δxi\begin{align*} \int_a^b f(x) \, dx = \lim_{||P|| \to 0} \sum_{i = 1}^n f(c_i) \Delta x_i \end{align*}

donde P={x0,x1,…,xn}P = \{x_0, x_1, \ldots, x_n\} es una partición de [a,b][a, b], ∣∣P∣∣||P|| es la norma de la partición, ci∈[xi−1,xi]c_i \in [x_{i - 1}, x_i] y Δxi=xi−xi−1\Delta x_i = x_i - x_{i - 1}.

Consideremos la partición uniforme PnP_n de [a,b][a, b] dada por:

xi=a+ib−an para i=0,1,…,n\begin{align*} x_i = a + i \frac{b - a}{n} \quad \text{ para } i = 0, 1, \ldots, n \end{align*}

Entonces, la norma de esta partición es:

∣∣Pn∣∣=max⁡1≤i≤nΔxi=b−an\begin{align*} ||P_n|| = \max_{1 \leq i \leq n} \Delta x_i = \frac{b - a}{n} \end{align*}

Por lo tanto, cuando n→∞n \to \infty, tenemos que ∣∣Pn∣∣→0||P_n|| \to 0.

Ahora, tomando ci=xic_i = x_i en la suma de Riemann, obtenemos:

∑i=1nf(ci)Δxi=∑i=1nf(a+ib−an)⋅b−an=b−an∑i=1nf(a+ib−an)\begin{align*} \sum_{i = 1}^n f(c_i) \Delta x_i & = \sum_{i = 1}^n f\left(a + i \frac{b - a}{n}\right) \cdot \frac{b - a}{n} = \frac{b - a}{n} \sum_{i = 1}^n f\left(a + i \frac{b - a}{n}\right) \end{align*}

Por lo tanto, podemos escribir la integral como:

∫abf(x) dx=lim⁡n→∞b−an∑i=1nf(a+ib−an)\begin{align*} \int_a^b f(x) \, dx & = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{i = 1}^n f\left(a + i \frac{b - a}{n}\right) \end{align*}

Así, hemos demostrado que:

∫abf=lim⁡n→∞b−an∑k=1nf(a+kb−an)\begin{align*} \int_a^b f = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^n f\left(a + k \frac{b - a}{n}\right) \end{align*}

Ejercicio 8

Calcula los siguientes límites:

  1. lim⁡n→∞(1n+1n+1+…+12n)\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(\dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n + 1} + \ldots + \dfrac{1}{2n}\right)

📐Demostración

Podemos notar que la suma se puede escribir como:

L=lim⁡n→∞∑k=0n1n+k\begin{align*} L = \lim_{n \to \infty} \displaystyle \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{n + k} \end{align*}

Y queremos que la suma se parezca a una integral de Riemann, es decir, que tenga la forma:

∫abf(x) dx=lim⁡n→∞b−an∑k=1nf(a+kb−an)\begin{align*} \int_a^b f(x) \, dx = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^n f\left(a + k \frac{b - a}{n}\right) \end{align*}

En este caso, podemos notar que a=1a = 1, b=2b = 2 y f(x)=1xf(x) = \frac{1}{x}. Por lo tanto, podemos escribir la suma como:

L=lim⁡n→∞1n∑k=0nf(1+kn)=∫121x\begin{align*} L & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n} f\left(1 + \frac{k}{n}\right) = \int_1^2 \frac{1}{x} \end{align*}

Calculamos la integral:

∫121x dx=[ln⁡∣x∣]12=ln⁡2−ln⁡1=ln⁡2\begin{align*} \int_1^2 \frac{1}{x} \, dx & = \left[ \ln|x| \right]_1^2 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2 \end{align*}
  1. lim⁡n→∞(1n2−1+1n2−22+…+1n2−(n−1)2)\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2 - 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 - 2^2}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2 - (n - 1)^2}}\right)

📐Demostración

Podemos notar que la suma se puede escribir como:

L=lim⁡n→∞∑k=1n−11n2−k2\begin{align*} L = \lim_{n \to \infty} \displaystyle \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{\sqrt{n^2 - k^2}} \end{align*}

Y queremos que se parezca a una integral de Riemann, es decir, que tenga la forma:

∫abf(x) dx=lim⁡n→∞b−an∑k=1nf(a+kb−an)\begin{align*} \int_a^b f(x) \, dx = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^n f\left(a + k \frac{b - a}{n}\right) \end{align*}

Por tanto, podemos escribir la suma como:

L=lim⁡n→∞1n∑k=1n−1f(kn)=∫0111−x2 dx\begin{align*} L & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n - 1} f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx \end{align*}

Calculamos la integral:

∫0111−x2 dx=[arcsin⁡x]01=arcsin⁡1−arcsin⁡0=π2−0=π2\begin{align*} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx & = \left[ \arcsin x \right]_0^1 = \arcsin 1 - \arcsin 0 = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2} \end{align*}

Teorema de Fubini y cambio de variable

Ejercicio 1

Apartado 1

Calcula la siguiente integral:

∫Mx2ydμ2(x,y) con M=[0,1]×[0,1]\begin{align*} \int_M x^2 y d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = [0, 1] \times [0, 1] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=x2yf(x, y) = x^2y es integrable en el conjunto M=[0,1]×[0,1]M = [0, 1] \times [0, 1] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado previo, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mx2y dμ2(x,y)=∫01(∫01x2y dx)dy=∫01[x33y]01dy=∫01y3dy=[y26]01=16\begin{align*} \int_M x^2 y \, d\mu_2(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^1 x^2 y \, dx \right) dy = \int_0^1 \left[ \frac{x^3}{3} y \right]_0^1 dy = \int_0^1 \frac{y}{3} dy = \left[ \frac{y^2}{6} \right]_0^1 = \frac{1}{6} \end{align*}

Apartado 2

Calcula la siguiente integral:

∫Mx21+y2dμ2(x,y) con M=[0,1]×[0,1]\begin{align*} \int_M \frac{x^2}{1 + y^2} d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = [0, 1] \times [0, 1] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=x21+y2f(x, y) = \frac{x^2}{1 + y^2} es integrable en el conjunto M=[0,1]×[0,1]M = [0, 1] \times [0, 1] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado de clase, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mx21+y2 dμ2(x,y)=∫01(∫01x21+y2 dx)dy=∫01[x33(1+y3)]01 dy==∫0113(1+y2) dy=[13arctan⁡y]01=π12\begin{align*} \int_M \frac{x^2}{1 + y^2} \, d\mu_2(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^1 \frac{x^2}{1 + y^2} \, dx \right) dy = \int_0^1 \left[\frac{x^3}{3(1 + y^3)}\right]_0^1 \, dy = \\[2ex] & = \int_0^1 \frac{1}{3(1 + y^2)} \, dy = \left[ \frac{1}{3} \arctan y \right]_0^1 = \frac{\pi}{12} \end{align*}

Apartado 3

Calcula la siguiente integral:

∫M(log⁡x)ydμ2(x,y) con M=[1,e]×[1,e]\begin{align*} \int_M (\log x) y d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = [1, e] \times [1, e] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=(log⁡x)yf(x, y) = (\log x) y es integrable en el conjunto M=[1,e]×[1,e]M = [1, e] \times [1, e] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado de clase, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫M(log⁡x)y dμ2(x,y)=∫1e(∫1e(log⁡x)y dx)dy\begin{align*} \int_M (\log x) y \, d\mu_2(x, y) & = \int_1^e \left( \int_1^e (\log x) y \, dx \right) dy \end{align*}

Veamos cual es la integral del logaritmo integrando por partes:

∫log⁡x dx=dv=dx⇒v=xu=log⁡x⇒du=1xdxxlog⁡x−∫x1xdx=xlog⁡x−x+C\begin{align*} \int \log x \, dx \xlongequal[dv = dx \Rightarrow v = x]{u = \log x \Rightarrow du = \frac{1}{x} dx} x \log x - \int x \frac{1}{x} dx = x \log x - x + C \end{align*}

Por tanto:

∫1e(∫1e(log⁡x)y dx)dy=∫1ey⋅[xlog⁡x−x]1e dy==∫1ey⋅(e−e−(0−1)) dy=∫1ey dy==[y22]1e=e22−12=e2−12\begin{align*} \int_1^e \left( \int_1^e (\log x) y \, dx \right) dy & = \int_1^e y \cdot \left[x \log x - x\right]_1^e \, dy = \\[2ex] & = \int_1^e y \cdot \left(e - e - (0 - 1)\right) \, dy = \int_1^e y\, dy = \\[2ex] & = \left[\frac{y^2}{2}\right]_1^e = \frac{e^2}{2} - \frac{1}{2} = \frac{e^2 - 1}{2} \end{align*}

Apartado 4

Calcula la siguiente integral:

∫M(log⁡x)y dμ(x,y) con M=(0,1]×[0,1]\begin{align*} \int_M (\log x) y \, d\mu(x, y) \quad \text{ con } M = (0, 1] \times [0, 1] \end{align*}

📐Demostración

En este caso, el intervalo en el que se define la función no es compacto y, además, no podemos asegurar nada de la acotación de la función ya que:

lim⁡x→0+log⁡x=−∞\begin{align*} \lim_{x \to 0^ + } \log x = - \infty \end{align*}

Sin embargo, como la función es negativa en (0,1]×[0,1](0, 1] \times [0, 1] ya que y≥0y \geq 0 y log⁡x≤0\log x \leq 0 en dicho intervalo, por tanto, para ver si es sumable, podemos ver si el valor absoluto de la función es sumable, es decir:

∫M∣(log⁡x)y∣ dμ(x,y)=∫01(∫01∣(log⁡x)y∣ dx)dy=∫01(∫01−(log⁡x)y dx)dy==∫01y⋅[−(xlog⁡x−x)]01 dy=∫01y⋅(0+1) dy=[y22]01=12\begin{align*} \int_M |(\log x) y| \, d\mu(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^1 |(\log x) y| \, dx \right) dy = \int_0^1 \left( \int_0^1 - (\log x) y \, dx \right) dy = \\[2ex] & = \int_0^1 y \cdot \left[ - (x \log x - x) \right]_0^1 \, dy = \int_0^1 y \cdot (0 + 1) \, dy = \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \end{align*}

Que claramente es finito, por lo que la función es sumable y podemos calcular la integral original a través del teorema de Fubini:

∫M(log⁡x)y dμ(x,y)=∫01(∫01(log⁡x)y dx)dy=∫01y⋅[xlog⁡x−x]01 dy==∫01y⋅(0−1) dy=[−y22]01=−12\begin{align*} \int_M (\log x) y \, d\mu(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^1 (\log x) y \, dx \right) dy = \int_0^1 y \cdot \left[ x \log x - x \right]_0^1 \, dy = \\[2ex] & = \int_0^1 y \cdot (0 - 1) \, dy = \left[ - \frac{y^2}{2} \right]_0^1 = - \frac{1}{2} \end{align*}

Apartado 5

Calcula la siguiente integral:

∫Mx3y3 dμ(x,y) con M=[0,1]×[0,1]\begin{align*} \int_M x^3 y^3 \, d\mu(x, y) \quad \text{ con } M = [0, 1] \times [0, 1] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=x3y3f(x, y) = x^3 y^3 es integrable en el conjunto M=[0,1]×[0,1]M = [0, 1] \times [0, 1] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado de clase, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mx3y3 dμ(x,y)=∫01(∫01x3y3 dx)dy=∫01y3[x44]01 dy==∫01y34 dy=[y44⋅4]01=116\begin{align*} \int_M x^3 y^3 \, d\mu(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^1 x^3 y^3 \, dx \right) dy = \int_0^1 y^3 \left[\frac{x^4}{4}\right]_0^1 \, dy = \\[2ex] & = \int_0^1 \frac{y^3}{4} \, dy = \left[\frac{y^4}{4 \cdot 4}\right]_0^1 = \frac{1}{16} \end{align*}

Apartado 6

Calcula la siguiente integral:

∫Mxlog⁡(xy) dμ(x,y) con M=[2,3]×[1,2]\begin{align*} \int_M x \log (xy) \, d\mu(x, y) \quad \text{ con } M = [2, 3] \times [1, 2] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=xlog⁡(xy)f(x, y) = x \log (xy) es integrable en el conjunto M=[2,3]×[1,2]M = [2, 3] \times [1, 2] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado de clase, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mxlog⁡(xy) dμ(x,y)=∫12(∫23xlog⁡(xy) dx)dy\begin{align*} \int_M x \log (xy) \, d\mu(x, y) & = \int_1^2 \left( \int_2^3 x \log (xy) \, dx \right) dy \end{align*}

Veamos cual es la integral de xx:

∫xlog⁡(xy) dx=dv=xdx⇒v=x22u=log⁡(xy)⇒du=1xdxx22log⁡(xy)−∫x221xdx=x22log⁡(xy)−x24\begin{align*} \int x \log (xy) \, dx \xlongequal[dv = x dx \Rightarrow v = \frac{x^2}{2}]{u = \log (xy) \Rightarrow du = \frac{1}{x} dx} \frac{x^2}{2}\log (xy) - \int \frac{x^2}{2} \frac{1}{x} dx = \frac{x^2}{2} \log (xy) - \frac{x^2}{4} \end{align*}

Por tanto:

∫12(∫23xlog⁡(xy) dx)dy=∫12[x22log⁡(xy)−x24]23 dy==∫12(322log⁡(3y)−324−(222log⁡(2y)−224)) dy==∫12(322log⁡(3y)−324−2log⁡(2y)+1) dy==322∫12log⁡(3y) dy−2∫12log⁡(2y) dy+(324+1)∫12 dy==92[ylog⁡(3y)−y]12−2[ylog⁡(2y)−y]12+(94+1)[y]12==92(2log⁡6−2−log⁡3+1)−2(2log⁡4−2−log⁡2+1)+(94+1)(2−1)==9log⁡6−92−92log⁡3+92−4log⁡4+4+2log⁡2+134==9log⁡6−92log⁡3−4log⁡4+2log⁡2+134==9(log⁡2+log⁡3)−92log⁡3−4(2log⁡2)+2log⁡2+134==9log⁡2+9log⁡3−92log⁡3−8log⁡2+2log⁡2+134==3log⁡2+92log⁡3+134\begin{align*} \int_1^2 \left( \int_2^3 x \log (xy) \, dx \right) dy & = \int_1^2 \left[\frac{x^2}{2}\log (xy) - \frac{x^2}{4}\right]_2^3\, dy = \\[2ex] & = \int_1^2\left(\frac{3^2}{2} \log (3y) - \frac{3^2}{4} - \left(\frac{2^2}{2}\log (2y) - \frac{2^2}{4}\right)\right)\, dy = \\[2ex] & = \int_1^2\left(\frac{3^2}{2} \log (3y) - \frac{3^2}{4} - 2 \log (2y) + 1\right)\, dy = \\[2ex] & = \frac{3^2}{2} \int_1^2 \log (3y) \, dy - 2\int_1^2 \log(2y) \, dy + \left(\frac{3^2}{4} + 1\right) \int_1^2 \, dy = \\[2ex] & = \frac{9}{2} \left[ y \log(3y) - y \right]_1^2 - 2 \left[ y \log(2y) - y \right]_1^2 + \left(\frac{9}{4} + 1\right) [y]_1^2 = \\[2ex] & = \frac{9}{2} (2 \log 6 - 2 - \log 3 + 1) - 2 (2 \log 4 - 2 - \log 2 + 1) + \left(\frac{9}{4} + 1\right) (2 - 1) = \\[2ex] & = 9 \log 6 - \frac{9}{2} - \frac{9}{2} \log 3 + \frac{9}{2} - 4 \log 4 + 4 + 2 \log 2 + \frac{13}{4} = \\[2ex] & = 9 \log 6 - \frac{9}{2} \log 3 - 4 \log 4 + 2 \log 2 + \frac{13}{4} = \\[2ex] & = 9 (\log 2 + \log 3) - \frac{9}{2} \log 3 - 4 (2 \log 2) + 2 \log 2 + \frac{13}{4} = \\[2ex] & = 9 \log 2 + 9 \log 3 - \frac{9}{2} \log 3 - 8 \log 2 + 2 \log 2 + \frac{13}{4} = \\[2ex] & = 3 \log 2 + \frac{9}{2} \log 3 + \frac{13}{4} \end{align*}

Apartado 7

Calcula la siguiente integral:

∫M(ex2−ey2) dμ(x,y) con M=[a,b]×[a,b]\begin{align*} \int_M(e^{x^2} - e^{y^2}) \, d\mu(x, y) \quad \text{ con } M = [a, b] \times [a, b] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=ex2−ey2f(x, y) = e^{x^2} - e^{y^2} es integrable en el conjunto M=[a,b]×[a,b]M = [a, b] \times [a, b] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado de clase, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫M(ex2−ey2) dμ(x,y)=∫ab(∫ab(ex2−ey2) dx)dy==∫ab(∫abex2 dx−∫abey2 dx)dy==∫ab(∫abex2 dx−(b−a)ey2)dy\begin{align*} \int_M (e^{x^2} - e^{y^2}) \, d\mu(x, y) & = \int_a^b \left( \int_a^b (e^{x^2} - e^{y^2}) \, dx \right) dy = \\[2ex] & = \int_a^b \left( \int_a^b e^{x^2} \, dx - \int_a^b e^{y^2} \, dx \right) dy = \\[2ex] & = \int_a^b \left( \int_a^b e^{x^2} \, dx - (b - a) e^{y^2} \right) dy \end{align*}

Ahora, notamos que la integral de ex2e^{x^2} no tiene una primitiva elemental, sin embargo, está definida en un cuadrado perfecto simétrico respecto a la diagonal y=xy = x. Además, podemos ver que si intercambiamos las variables xx e yy en la función ff, obtenemos:

f(y,x)=ey2−ex2=−f(x,y)\begin{align*} f(y, x) = e^{y^2} - e^{x^2} = - f(x, y) \end{align*}

Es decir, que la función es antisimétrica respecto a la diagonal y=xy = x. Por tanto, la integral sobre el cuadrado perfecto es cero:

∫M(ex2−ey2) dμ(x,y)=0\begin{align*} \int_M (e^{x^2} - e^{y^2}) \, d\mu(x, y) & = 0 \end{align*}

Apartado 10

Calcula la siguiente integral:

∫Meysin⁡(xy)dμ(x,y) con M=[−π2,π2]×[−π2,π2]\begin{align*} \int_M e^y \sin\left(\frac{x}{y}\right) d\mu(x, y) \quad \text{ con } M = \left[ - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \times \left[ - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que la función f(x,y)=eysin⁡(xy)f(x, y) = e^y \sin\left(\frac{x}{y}\right) es integrable en el conjunto M=[−π2,π2]×[−π2,π2]M = \left[ - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \times \left[ - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] ya que es continua en un conjunto compacto y además está acotada. Por tanto, como ff es integrable, entonces por un resultado de clase, ff es medible y por tanto podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Meysin⁡(xy)dμ(x,y)=∫−π2π2(∫−π2π2eysin⁡(xy) dx)dy\begin{align*} \int_M e^y \sin\left(\frac{x}{y}\right) d\mu(x, y) & = \int_{ - \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( \int_{ - \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} e^y \sin\left(\frac{x}{y}\right) \, dx \right) dy \end{align*}

Podemos notar que la función sin⁡(xy)\sin\left(\frac{x}{y}\right) es una función impar respecto a xx, es decir:

sin⁡(−xy)=−sin⁡(xy)\begin{align*} \sin\left(\frac{-x}{y}\right) = - \sin\left(\frac{x}{y}\right) \end{align*}

Por tanto, como el intervalo de integración en xx es simétrico respecto a cero, tenemos que:

∫−π2π2eysin⁡(xy) dx=ey∫−π2π2sin⁡(xy) dx=0\begin{align*} \int_{ - \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} e^y \sin\left(\frac{x}{y}\right) \, dx & = e^y \int_{ - \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\left(\frac{x}{y}\right) \, dx = 0 \end{align*}

Apartado 13

Calcula la siguiente integral:

∫M1(1+x)2 dμ(x,y) con M=[0,∞)×[0,3π2]\begin{align*} \int_M \frac{1}{(1 + x)^2} \, d\mu(x, y) \quad \text{ con } M = [0, \infty) \times \left[0, \frac{3\pi}{2} \right] \end{align*}

📐Demostración

En este caso, la función es medible ya que es continua en el conjunto M=[0,∞)×[0,3π2]M = [0, \infty) \times \left[0, \frac{3\pi}{2} \right]. Además, como la función es positiva en dicho conjunto, podemos aplicar el teorema de Tonelli dado que ff es medible no negativa. Por tanto, tenemos que:

∫M1(1+x)2 dμ(x,y)=∫03π2(∫0∞1(1+x)2 dx)dy\begin{align*} \int_M \frac{1}{(1 + x)^2} \, d\mu(x, y) & = \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left( \int_0^\infty \frac{1}{(1 + x)^2} \, dx \right) dy \end{align*}

El calculo de la integral impropia interna es:

∫0∞1(1+x)2 dx=lim⁡t→∞∫0t(1+x)−2 dx=lim⁡t→∞[−11+x]0t==lim⁡t→∞(−11+b)−(−11+0)=lim⁡t→∞1−11+b=1\begin{align*} \int_0^\infty \frac{1}{(1 + x)^2} \, dx & = \lim_{t \to \infty} \int_0^t (1 + x)^{ - 2} \, dx = \lim_{t \to \infty} \left[ - \frac{1}{1 + x} \right]_0^t = \\[2ex] & = \lim_{t \to \infty} \left( - \frac{1}{1 + b} \right) - \left( - \frac{1}{1 + 0}\right) =\lim_{t \to \infty} 1 - \frac{1}{1 + b} = 1 \end{align*}

Por tanto:

∫03π2(∫0∞1(1+x)2 dx)dy=∫03π21 dy=[y]03π2=3π2\begin{align*} \int_0^{\frac{3\pi}{2}} \left( \int_0^\infty \frac{1}{(1 + x)^2} \, dx \right) dy & = \int_0^{\frac{3\pi}{2}} 1 \, dy = \left[ y \right]_0^{\frac{3\pi}{2}} = \frac{3\pi}{2} \end{align*}

Ejercicio 2

Apartado 1

Calcula la siguiente integral

∫Mxy dμ2(x,y) con M={(x,y)∈R2:0≤x≤1, 0≤y≤x}\begin{align*} \int_M \frac{x}{\sqrt{y}} \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq x \leq 1, \, 0 \leq y \leq x\right\} \end{align*}

📐Demostración

Podemos notar que el dominio MM está delimitado por las rectas x=0x = 0, x=1x = 1, y=0y = 0 y y=xy = x, geométricamente sería:

TikZ Graph

Por tanto, la función f(x,y)=xyf(x, y) = \frac{x}{\sqrt{y}} es continua en M∖{y=0}M\setminus \{y = 0\} donde tiene una discontinuidad de tipo infinito. Sin embargo, podemos ver que la función es positiva en MM y podemos calcular aplicando el Teorema de Tonelli la integral. Para ello:

∫Mxy dμ2(x,y)=∫01(∫0xxy dy)dx=∫01[2xy]0x dx==∫012xx dx=∫012x32 dx=[2⋅25x52]01=45\begin{align*} \int_M \frac{x}{\sqrt{y}} \, d\mu_2(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^x \frac{x}{\sqrt{y}} \, dy \right) dx = \int_0^1 \left[2x \sqrt{y} \right]_0^x \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 2x \sqrt{x} \, dx = \int_0^1 2x^{\frac{3}{2}} \, dx = \left[2 \cdot \frac{2}{5} x^{\frac{5}{2}} \right]_0^1 = \frac{4}{5} \end{align*}

Apartado 2

Calcula la siguiente integral

∫Mx dμ2(x,y) con M={(x,y)∈R2:0≤x≤1, 0≤y≤ex}\begin{align*} \int_M x \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq x \leq 1, \, 0 \leq y \leq e^x\right\} \end{align*}

📐Demostración

En este caso, el dominio de integración MM está delimitado por las rectas x=0x = 0, x=1x = 1, y=0y = 0 y la curva y=exy = e^x, geométricamente sería:

TikZ Graph

En dicho intervalo, tenemos que la función f(x,y)=xf(x, y) = x es continua y por tanto integrable. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mx dμ2(x,y)=∫01(∫0exx dy)dx=∫01x⋅[y]0ex dx=∫01xex dx\begin{align*} \int_M x\, d\mu_2(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^{e^x} x \, dy \right) dx = \int_0^1 x \cdot \left[ y \right]_0^{e^x} \, dx = \int_0^1 x e^x \, dx \end{align*}

Para calcular la integral, integramos por partes:

∫xex dx=dv=exdx⇒v=exu=x⇒du=dxxex−∫exdx=xex−ex+C\begin{align*} \int x e^x \, dx \xlongequal[dv = e^xdx \Rightarrow v = e^x]{u = x \Rightarrow du = dx} x e^x - \int e^x dx = x e^x - e^x + C \end{align*}

Por tanto:

∫01xex dx=[xex−ex]01=(1⋅e1−e1)−(0−1)=1\begin{align*} \int_0^1 x e^x \, dx & = \left[ x e^x - e^x \right]_0^1 = (1 \cdot e^1 - e^1) - (0 - 1) = 1 \end{align*}

Apartado 3

Calcula la siguiente integral

∫Mx2y2 dμ2(x,y) con M={(x,y)∈R2:1≤x≤2, x−1≤y≤x}\begin{align*} \int_M \frac{x^2}{y^2} \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 1 \leq x \leq 2, \, x^{ - 1} \leq y \leq x\right\} \end{align*}

📐Demostración

En este caso, los límites de integración están dados por las rectas x=1x = 1, x=2x = 2 y las curvas y=x−1y = x^{ - 1} y y=xy = x, geométricamente sería:

TikZ Graph

En dicho intervalo, tenemos que la función f(x,y)=x2y2f(x, y) = \frac{x^2}{y^2} es continua y por tanto integrable. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mx2y2 dμ2(x,y)=∫12(∫x−1xx2y2 dy) dx=∫12[−x2y]x−1x dx==∫12(−x2x−(−x21x)) dy=∫12−x+x3 dx==−∫12x dx+∫12x3 dx=−[x22]12+[x44]12==−2+12+4−14=94\begin{align*} \int_M \frac{x^2}{y^2} \, d\mu_2(x, y) & = \int_1^2 \left(\int_{x^{ - 1}}^x \frac{x^2}{y^2} \, dy \right) \, dx = \int_1^2 \left[ - \frac{x^2}{y}\right]_{x^{ - 1}}^x \, dx = \\[2ex] & = \int_1^2 \left( - \frac{x^2}{x} - \left( - \frac{x^2}{\frac{1}{x}}\right)\right) \, dy = \int_1^2 - x + x^3\, dx = \\[2ex] & = -\int_1^2 x \, dx + \int_1^2 x^3 \, dx = - \left[\frac{x^2}{2}\right]_1^2 + \left[\frac{x^4}{4}\right]_1^2 = \\[2ex] & = - 2 + \frac{1}{2} + 4 - \frac{1}{4} = \frac{9}{4} \end{align*}

Apartado 4

Calcula la siguiente integral

∫Mexy dμ2(x,y) con M={(x,y)∈R2:0≤y≤1, 0≤x≤y2}\begin{align*} \int_M e^{\frac{x}{y}} \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq y \leq 1, \, 0 \leq x \leq y^2\right\} \end{align*}

📐Demostración

En este caso, los límites de integración están dados por las rectas y=0y = 0, y=1y = 1 y la curva x=y2x = y^2, geométricamente sería:

TikZ Graph

Podemos notar que en (0,0)(0, 0) la función puede dar problemas de continuidad, si estudiamos el límite:

lim⁡(x,y)→(0,0)+exy=lim⁡y→0+e0y=e0=1\begin{align*} \lim_{(x, y) \to (0, 0)^+} e^{\frac{x}{y}} & = \lim_{y \to 0^+} e^{\frac{0}{y}} = e^0 = 1 \end{align*}

En dicho intervalo, tenemos que la función f(x,y)=exyf(x, y) = e^{\frac{x}{y}} es continua y por tanto integrable. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mexy dμ2(x,y)=∫01(∫0y2exy dx)dy=∫01[yexy]0y2 dy==∫01y(ey−1) dy=∫01yey dy−∫01y dy==dv=eydy⇒v=eyu=y⇒du=dy[yey−∫eydy]01−[y22]01==[yey−ey]01−12=(1⋅e1−e1)−(0−1)−12=12\begin{align*} \int_M e^{\frac{x}{y}} \, d\mu_2(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_0^{y^2} e^{\frac{x}{y}} \, dx \right) dy = \int_0^1 \left[ y e^{\frac{x}{y}} \right]_0^{y^2} \, dy = \\[2ex] & = \int_0^1 y \left( e^y - 1 \right) \, dy = \int_0^1 y e^y \, dy - \int_0^1 y \, dy = \\[2ex] & \xlongequal[dv = e^y dy \Rightarrow v = e^y]{u = y \Rightarrow du = dy} \left[ y e^y - \int e^y dy \right]_0^1 - \left[\frac{y^2}{2}\right]_0^1 = \\[2ex] & = \left[ y e^y - e^y \right]_0^1 - \frac{1}{2} = (1 \cdot e^1 - e^1) - (0 - 1) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \end{align*}

Apartado 5

Calcula la siguiente integral

∫Mxy2 dμ2(x,y) con M={(x,y)∈R2:∣y∣≤x≤1}\begin{align*} \int_M xy^2 \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : |y| \leq x \leq 1\right\} \end{align*}

📐Demostración

En este caso, los límites de integración están dados por las rectas x=1x = 1 y las curvas y=xy = x y y=−xy = -x, geométricamente sería:

TikZ Graph

Podemos notar que la función f(x,y)=xy2f(x,y) = xy^2 es continua en el conjunto MM y por tanto integrable. Además, podemos notar que la función es par respecto a la variable yy, es decir:

f(x,−y)=x(−y)2=xy2=f(x,y)\begin{align*} f(x, -y) = x(-y)^2 = xy^2 = f(x, y) \end{align*}

Por tanto, podemos notar que la integral en el conjunto MM es el doble de la integral en el subconjunto:

M+={(x,y)∈R2:0≤y≤x≤1}\begin{align*} M^+ = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq y \leq x \leq 1\right\} \end{align*}

Por tanto, podemos calcular la integral en M+M^+ y luego multiplicar por 22. Así, aplicando el teorema de Fubini:

∫Mxy2 dμ2(x,y)=2∫M+xy2 dμ2(x,y)=2∫01(∫0xxy2 dy)dx==2∫01x[y33]0x dx=2∫01x⋅x33 dx==23∫01x4 dx=23[x55]01=215\begin{align*} \int_M xy^2 \, d\mu_2(x, y) & = 2 \int_{M^+} xy^2 \, d\mu_2(x, y) = 2 \int_0^1 \left( \int_0^x xy^2 \, dy \right) dx = \\[2ex] & = 2 \int_0^1 x \left[ \frac{y^3}{3} \right]_0^x \, dx = 2 \int_0^1 x \cdot \frac{x^3}{3} \, dx = \\[2ex] & = \frac{2}{3} \int_0^1 x^4 \, dx = \frac{2}{3} \left[ \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = \frac{2}{15} \end{align*}

Apartado 6

Calcula la siguiente integral

∫Mxy dμ2(x,y) con M la regioˊn delimitada por y=x e y=x2\begin{align*} \int_M xy \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M \text{ la región delimitada por } y = x \quad \text{ e } y = x^2 \end{align*}

📐Demostración

En este ejercicio lo más fácil es graficar primero y ver que región tenemos que analizar. Así:

TikZ Graph

Por tanto, hay que hallar el punto de intersección de las dos curvas:

x=x2  ⟹  x2−x=0  ⟹  x(x−1)=0  ⟹  x=0 o x=1\begin{align*} x = x^2 \implies x^2 - x = 0 \implies x(x - 1) = 0 \implies x = 0 \text{ o } x = 1 \end{align*}

Por tanto, los límites de integración son x∈[0,1]x \in [0, 1] y y∈[x2,x]y \in [x^2, x]. En dicho intervalo, tenemos que la función f(x,y)=xyf(x, y) = xy es continua y por tanto integrable. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini para calcular la integral:

∫Mxy dμ2(x,y)=∫01(∫x2xxy dy)dx=∫01x[y22]x2x dx==∫01x(x22−x42) dx=∫01(x32−x52) dx==12∫01x3 dx−12∫01x5 dx=12[x44]01−12[x66]01==18−112=3−224=124\begin{align*} \int_M xy \, d\mu_2(x, y) & = \int_0^1 \left( \int_{x^2}^x xy \, dy \right) dx = \int_0^1 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{x^2}^x \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 x \left( \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{2} \right) \, dx = \int_0^1 \left( \frac{x^3}{2} - \frac{x^5}{2} \right) \, dx = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \int_0^1 x^3 \, dx - \frac{1}{2} \int_0^1 x^5 \, dx = \frac{1}{2} \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1 - \frac{1}{2} \left[ \frac{x^6}{6} \right]_0^1 = \\[2ex] & = \frac{1}{8} - \frac{1}{12} = \frac{3 - 2}{24} = \frac{1}{24} \end{align*}

Apartado 8

Calcula la siguiente integral

∫M12−3x−4y dμ2(x,y) con M={(x,y):x+y≥1, 1−x+1−y≥1}\begin{align*} \int_M 12 - 3x - 4y \, d\mu_2 (x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y): \sqrt{x} + \sqrt{y} \geq 1, \, \sqrt{1 - x} + \sqrt{1 - y} \geq 1\right\} \end{align*}

📐Demostración

En este caso, el dominio está delimitado por dos condiciones:

  • x+y≥1\sqrt{x} + \sqrt{y} \geq 1 entonces:
y≥1−x  ⟹  y≥(1−x)2=1−2x+x\begin{align*} \sqrt{y} \geq 1 - \sqrt{x} \implies y \geq (1 - \sqrt{x})^2 = 1 - 2\sqrt{x} + x \end{align*}
  • 1−x+1−y≥1\sqrt{1 - x} + \sqrt{1 - y} \geq 1 entonces:
1−y≥1−1−x  ⟹  y≤1−(1−1−x)2=21−x−(1−x)\begin{align*} \sqrt{1 - y} \geq 1 - \sqrt{1 - x} \implies y \leq 1 - (1 - \sqrt{1 - x})^2 = 2\sqrt{1 - x} - (1 - x) \end{align*}

Si graficamos ambas curvas, tenemos:

TikZ Graph

Vemos que son simétricas respecto a la recta y=xy = x y se intersectan en los puntos (0,1)(0, 1) y (1,0)(1, 0). Por tanto, podemos expresar el dominio MM como:

M={(x,y):0≤x≤1, 1−2x+x≤y≤21−x−(1−x)}\begin{align*} M & = \left\{(x, y) : 0 \leq x \leq 1, \, 1 - 2\sqrt{x} + x \leq y \leq 2\sqrt{1 - x} - (1 - x)\right\} \end{align*}

Por tanto, aplicando el teorema de Fubini:

∫M12−3x−4y dμ2(x,y)=∫01(∫1−2x+x21−x−(1−x)12−3x−4y dy)dx==∫01[(12−3x)y−2y2]1−2x+x21−x−(1−x) dx==∫01((12−3x)(21−x−(1−x))−2(21−x−(1−x))2) dx−−∫01((12−3x)(1−2x+x)−2(1−2x+x)2) dx==I1−I2\begin{align*} \int_M 12 - 3x - 4y \, d\mu_2 (x, y) & = \int_0^1 \left( \int_{1 - 2\sqrt{x} + x}^{2\sqrt{1 - x} - (1 - x)} 12 - 3x - 4y \, dy \right) dx = \\[2ex] & = \int_0^1 \left[ (12 - 3x)y - 2y^2 \right]_{1 - 2\sqrt{x} + x}^{2\sqrt{1 - x} - (1 - x)} \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 \left( (12 - 3x) \left( 2\sqrt{1 - x} - (1 - x) \right) - 2 \left( 2\sqrt{1 - x} - (1 - x) \right)^2 \right) \, dx - \\[2ex] & \quad - \int_0^1 \left( (12 - 3x) \left( 1 - 2\sqrt{x} + x \right) - 2 \left( 1 - 2\sqrt{x} + x \right)^2 \right) \, dx = \\[2ex] & = I_1 - I_2 \end{align*}

Donde:

I1=∫01((12−3x)(21−x−(1−x))−2(21−x−(1−x))2) dx==∫01(241−x−12(1−x)−6x1−x+3x(1−x)−8(1−x)+8(1−x)3/2−2(1−x)2) dx==∫01(161−x+8(1−x)3/2−20+11x−3x2−6x1−x) dx==[−323(1−x)3/2−165(1−x)5/2−20x+112x2−x3+4(1−x)5/2]01==(0−0−20+112−1+0)−(−323−165−0+0+0+4)= =−272+323+165+4=31930\begin{align*} I_1 & = \int_0^1 \left( (12 - 3x) \left( 2\sqrt{1 - x} - (1 - x) \right) - 2 \left( 2\sqrt{1 - x} - (1 - x) \right)^2 \right) \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 \left( 24\sqrt{1 - x} - 12(1 - x) - 6x\sqrt{1 - x} + 3x(1 - x) - 8(1 - x) + 8(1 - x)^{3/2} - 2(1 - x)^2 \right) \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 \left( 16\sqrt{1 - x} + 8(1 - x)^{3/2} - 20 + 11x - 3x^2 - 6x\sqrt{1 - x} \right) \, dx = \\[2ex] & = \left[ -\frac{32}{3} (1 - x)^{3/2} - \frac{16}{5} (1 - x)^{5/2} - 20x + \frac{11}{2} x^2 - x^3 + 4(1 - x)^{5/2} \right]_0^1 = \\[2ex] & = \left( 0 - 0 - 20 + \frac{11}{2} - 1 + 0 \right) - \left( -\frac{32}{3} - \frac{16}{5} - 0 + 0 + 0 + 4 \right) = \\[2ex]\, & = -\frac{27}{2} + \frac{32}{3} + \frac{16}{5} + 4 = \frac{319}{30} \end{align*}

Y:

I2=∫01((12−3x)(1−2x+x)−2(1−2x+x)2) dx==∫01(12−24x+12x−3x+6xx−3x2−2+8x−4x+2x2) dx==∫01(10−16x+5x+6x3/2−x2) dx==[10x−323x3/2+52x2+125x5/2−13x3]01==(10−323+52+125−13)−(0)=31930\begin{align*} I_2 & = \int_0^1 \left( (12 - 3x) \left( 1 - 2\sqrt{x} + x \right) - 2 \left( 1 - 2\sqrt{x} + x \right)^2 \right) \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 \left( 12 - 24\sqrt{x} + 12x - 3x + 6x\sqrt{x} - 3x^2 - 2 + 8\sqrt{x} - 4x + 2x^2 \right) \, dx = \\[2ex] & = \int_0^1 \left( 10 - 16\sqrt{x} + 5x + 6x^{3/2} - x^2 \right) \, dx = \\[2ex] & = \left[ 10x - \frac{32}{3} x^{3/2} + \frac{5}{2} x^2 + \frac{12}{5} x^{5/2} - \frac{1}{3} x^3 \right]_0^1 = \\[2ex] & = \left( 10 - \frac{32}{3} + \frac{5}{2} + \frac{12}{5} - \frac{1}{3} \right) - (0) = \frac{319}{30} \end{align*}

Por tanto, la integral buscada es:

∫M12−3x−4y dμ2(x,y)=I1−I2=31930−31930=0\begin{align*} \int_M 12 - 3x - 4y \, d\mu_2 (x, y) & = I_1 - I_2 = \frac{319}{30} - \frac{319}{30} = 0 \end{align*}

Creo que está mal, son demasiadas cuentas como para que no falle alguna...

Apartado 9

Calcula la siguiente integral

∫Mx dμ2(x,y) con M=subconjunto del semiplano x≥0 con frontera: {x2a2−y2b2=1x24a2+y29b2=1\begin{align*} \int_M x \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \text{subconjunto del semiplano } x \geq 0 \text{ con frontera: } \begin{cases} \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1\\[2ex] \frac{x^2}{4a^2} + \frac{y^2}{9b^2} = 1 \end{cases} \end{align*}

📐Demostración

Para resolver este ejercicio, la forma más sencilla es hacer un cambio de coordenadas a coordenadas hiperbólicas. Así, definimos el cambio de variable:

x=arcos⁡θ y y=brsin⁡θ\begin{align*} x & = ar \cos \theta \quad \text{ y } \quad y = br \sin \theta \end{align*}

Donde r≥0r \geq 0 y θ∈[−π2,π2]\theta \in [ - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] para cubrir todo el semiplano x≥0x \geq 0. Calculamos el Jacobiano:

J=∣∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ∣=∣acos⁡θ−arsin⁡θbsin⁡θbrcos⁡θ∣=abr(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=abr\begin{align*} J = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\[2ex] \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{vmatrix} & = \begin{vmatrix} a \cos \theta & - a r \sin \theta \\[2ex] b \sin \theta & b r \cos \theta \end{vmatrix} = ab r (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = ab r \end{align*}

Sustituimos en las ecuaciones de las fronteras para hallar los nuevos límites de integración:

  • Primera frontera:
x2a2−y2b2=1  ⟹  r2cos⁡2θ−r2sin⁡2θ=1  ⟹  r2(cos⁡2θ−sin⁡2θ)=1  ⟹    ⟹  r=1cos⁡2θ−sin⁡2θ=1cos⁡(2θ)\begin{align*} \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 & \implies r^2 \cos^2 \theta - r^2 \sin^2 \theta = 1 \implies r^2 (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = 1 \implies \\[2ex] & \implies r = \frac{1}{\sqrt{\cos^2 \theta - \sin^2 \theta}} = \frac{1}{\sqrt{\cos(2\theta)}} \end{align*}
  • Segunda frontera:
x24a2+y29b2=1  ⟹  r2cos⁡2θ4+r2sin⁡2θ9=1  ⟹  r2(cos⁡2θ4+sin⁡2θ9)=1  ⟹    ⟹  r=1cos⁡2θ4+sin⁡2θ9\begin{align*} \frac{x^2}{4a^2} + \frac{y^2}{9b^2} = 1 & \implies \frac{r^2 \cos^2 \theta}{4} + \frac{r^2 \sin^2 \theta}{9} = 1 \implies r^2 \left( \frac{\cos^2 \theta}{4} + \frac{\sin^2 \theta}{9} \right) = 1 \implies \\[2ex] & \implies r = \frac{1}{\sqrt{\frac{\cos^2 \theta}{4} + \frac{\sin^2 \theta}{9}}} \end{align*}

Por tanto, los límites son:

Cambio de variable en integrales dobles

Ejercicio 1

A través de un cambio de variable adecuado, calcula la siguiente integral doble:

∫Mcos⁡(x2+y2) dμ2(x,y) con M={(x,y):x2+y2≤π2}\begin{align*} \int_M \cos (x^2 + y^2) \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) : x^2 + y^2 \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}} \right\} \end{align*}

📐Demostración

Podemos ver que:

  • MM es un conjunto medible
  • La función f(x,y)=cos⁡(x2+y2)f(x, y) = \cos(x^2 + y^2) es continua en MM y, por tanto, medible.
  • Además, ∣f∣≤1|f| \leq 1 y MM es de medida finita, entonces f∈L1(M)f \in \mathcal{L}_1(M)

Por tanto, vamos a aplicar el cambio de variable a coordenadas polares. Sea T:U⊆RN→RNT : U \subseteq \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}^N difeomorfismo C1\mathcal{C}^1 con jacobiano JTJ_T, entonces para toda función f∈L1(T(U))f \in \mathcal{L}_1(T(U)) se cumple:

∫T(U)f(x) dμN(x)=∫Uf(T(u))∣JT(u)∣ dμN(u)\begin{align*} \int_{T(U)} f(x) \, d\mu_N(x) = \int_U f(T(u)) |J_T(u)| \, d\mu_N(u) \end{align*}

En nuestro caso, definimos el cambio de variable:

T(r,θ)=(x,y)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ) con (r,θ)∈(0,∞)×(0,2π)\begin{align*} T(r, \theta) = (x, y) = (r \cos \theta, r \sin \theta) \quad \text{ con } (r, \theta) \in (0, \infty) \times (0, 2\pi) \end{align*}

Calculamos el jacobiano:

∣JT(r,θ)∣=∣∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ∣=∣cos⁡θ−rsin⁡θsin⁡θrcos⁡θ∣=r(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=r\begin{align*} |J_T(r, \theta)| & = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\[2ex] \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \cos \theta & - r \sin \theta \\[2ex] \sin \theta & r \cos \theta \end{vmatrix} = r (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = r \end{align*}

Ahora, los nuevos límites de integración vienen dados por:

x2+y2≤π2  ⟹  r2cos⁡2θ+r2sin⁡2θ≤π2  ⟹    ⟹  r2≤π2  ⟹  r≤(π2)1/4\begin{align*} x^2 + y^2 \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}} & \implies r^2 \cos^2 \theta + r^2 \sin^2 \theta \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}} \implies\\[2ex] & \implies r^2 \leq \sqrt{\frac{\pi}{2}} \implies r \leq \left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4} \end{align*}

Y por tanto, los nuevos límites son:

r∈[0,(π2)1/4] y θ∈[0,2π]\begin{align*} r \in \left[0, \left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4} \right] \quad \text{ y } \quad \theta \in [0, 2\pi] \end{align*}

Es decir, que el conjunto MM en las nuevas coordenadas es:

T−1(M)={(r,θ):0≤r≤(π2)1/4, 0≤θ≤2π}\begin{align*} T^{ - 1}(M) = \left\{(r, \theta) : 0 \leq r \leq \left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4}, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \right\} \end{align*}

Ahora, aplicando el teorema del cambio de variable:

∫Mcos⁡(x2+y2) dμ2(x,y)=∫T−1(M)cos⁡(r2)⋅r dμ2(r,θ)==∫02π(∫0(π2)1/4rcos⁡(r2) dr)dθ\begin{align*} \int_M \cos (x^2 + y^2) \, d\mu_2(x, y) & = \int_{T^{ - 1}(M)} \cos (r^2) \cdot r \, d\mu_2(r, \theta) = \\[2ex] & = \int_0^{2\pi} \left(\int_0^{\left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4}} r \cos (r^2) \, dr \right) d\theta \end{align*}

Como la función (r,θ)↦rcos⁡r2(r, \theta) \mapsto r \cos r^2 es continua, entonces es medible y además es integrable en el conjunto T−1(M)T^{ - 1}(M) de medida finita. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini y separar las integrales:

∫02π(∫0(π2)1/4rcos⁡(r2) dr)dθ=(∫02πdθ)⋅(∫0(π2)1/4rcos⁡(r2) dr)==2π⋅[sin⁡(r2)2]0(π2)1/4==2π⋅(sin⁡((π2)1/2)2−0)==πsin⁡(π2)\begin{align*} \int_0^{2\pi} \left(\int_0^{\left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4}} r \cos (r^2) \, dr \right) d\theta & = \left( \int_0^{2\pi} d\theta \right) \cdot \left( \int_0^{\left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4}} r \cos (r^2) \, dr \right) = \\[2ex] & = 2\pi \cdot \left[ \frac{\sin (r^2)}{2} \right]_0^{\left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/4}} = \\[2ex] & = 2\pi \cdot \left( \frac{\sin \left( \left( \frac{\pi}{2} \right)^{1/2} \right)}{2} - 0 \right) = \\[2ex] & = \pi \sin \left( \sqrt{\frac{\pi}{2}} \right) \end{align*}

Ejercicio 2

A través de un cambio de variable adecuado, calcula la siguiente integral doble:

∫Mx(x2+y2) dμ2(x,y)\begin{align*} \int_M x(x^2 + y^2) \, d\mu_2(x, y) \end{align*}

donde MM es el sector de círculo centrado en (0,0)(0, 0), radio rr y lados que forman con el eje OXOX los ángulos π3\frac{\pi}{3} y π6\frac{\pi}{6} radianes respectivamente.

📐Demostración

Podemos ver que:

  • MM es un conjunto medible
  • La función f(x,y)=x(x2+y2)f(x, y) = x(x^2 + y^2) es continua en MM y, por tanto, medible.
  • Además, como MM es de medida finita y ff es continua en un conjunto compacto, entonces f∈L1(M)f \in \mathcal{L}_1(M)

Por tanto, vamos a aplicar el cambio de variable a coordenadas polares. Sea T:U⊆RN→RNT: U \subseteq \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}^N difeomorfismo C1\mathcal{C}^1 con jacobiano JTJ_T, entonces para toda función f∈L1(T(U))f \in \mathcal{L}_1(T(U)) se cumple:

∫T(U)f(x) dμN(x)=∫Uf(T(u))∣JT(u)∣ dμN(u)\begin{align*} \int_{T(U)} f(x) \, d\mu_N(x) = \int_U f(T(u)) |J_T(u)| \, d\mu_N(u) \end{align*}

Ahora, definimos el cambio de variable:

T(r,θ)=(x,y)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ) con (r,θ)∈[0,∞)×[0,2π)\begin{align*} T(r, \theta) = (x, y) = (r\cos \theta, r\sin \theta) \quad \text{ con } (r, \theta) \in [0, \infty) \times [0, 2\pi) \end{align*}

Calculamos el jacobiano:

∣JT(r,θ)∣=∣∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ∣=∣cos⁡θ−rsin⁡θsin⁡θrcos⁡θ∣=r(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=r\begin{align*} |J_T(r, \theta)| & = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\[2ex] \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \cos \theta & - r \sin \theta \\[2ex] \sin \theta & r \cos \theta \end{vmatrix} = r (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = r \end{align*}

Ahora, los nuevos límites de integración vienen dados por:

  • rr va desde 00 hasta el radio rr del sector circular.
  • θ\theta va desde π6\frac{\pi}{6} hasta π3\frac{\pi}{3}.

Es decir, que el conjunto MM en las nuevas coordenadas es:

T−1(M)={(r,θ):0≤r≤r, π6≤θ≤π3}\begin{align*} T^{ - 1}(M) = \left\{(r, \theta) : 0 \leq r \leq r, \, \frac{\pi}{6} \leq \theta \leq \frac{\pi}{3} \right\} \end{align*}

Ahora, aplicando el teorema del cambio de variable:

∫Mx(x2+y2) dμ2(x,y)=∫T−1(M)(rcos⁡θ)(r2)⋅r dμ2(r,θ)==∫π/6π/3(∫0rr4cos⁡θ dr)dθ\begin{align*} \int_M x(x^2 + y^2) \, d\mu_2(x, y) & = \int_{T^{ - 1}(M)} (r \cos \theta)(r^2) \cdot r \, d\mu_2(r, \theta) = \\[2ex] & = \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left(\int_0^{r} r^4 \cos \theta \, dr \right) d\theta \end{align*}

Como la función (r,θ)↦r4cos⁡θ(r, \theta) \mapsto r^4 \cos \theta es continua, entonces es medible y además es integrable en el conjunto T−1(M)T^{ - 1}(M) de medida finita. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini y separar las integrales:

∫π/6π/3(∫0rr4cos⁡θ dr)dθ=(∫π/6π/3cos⁡θ dθ)⋅(∫0rr4 dr)==[sin⁡θ]π/6π/3⋅[r55]0r==(sin⁡π3−sin⁡π6)⋅r55==(32−12)⋅r55==(3−1)r510\begin{align*} \int_{\pi/6}^{\pi/3} \left(\int_0^{r} r^4 \cos \theta \, dr \right) d\theta & = \left( \int_{\pi/6}^{\pi/3} \cos \theta \, d\theta \right) \cdot \left( \int_0^{r} r^4 \, dr \right) = \\[2ex] & = \left[ \sin \theta \right]_{\pi/6}^{\pi/3} \cdot \left[ \frac{r^5}{5} \right]_0^{r} = \\[2ex] & = \left( \sin \frac{\pi}{3} - \sin \frac{\pi}{6} \right) \cdot \frac{r^5}{5} = \\[2ex] & = \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2} \right) \cdot \frac{r^5}{5} = \\[2ex] & = \frac{(\sqrt{3} - 1) r^5}{10} \end{align*}

Ejercicio 3

A través de un cambio de variable adecuado, calcula la siguiente integral doble:

∫Marcsin⁡(x2+y2) dμ2(x,y)\begin{align*} \int_M \arcsin (x^2 + y^2) \, d\mu_2(x, y) \end{align*}

donde MM es el conjunto cuya frontera está en coordenadas polares y tiene por ecuación:

ρ=sin⁡θ con 0≤θ≤π2\begin{align*} \rho = \sqrt{\sin \theta} \quad \text{ con } 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \end{align*}

📐Demostración

Podemos ver que:

  • MM es un conjunto medible
  • La función f(x,y)=arcsin⁡(x2+y2)f(x, y) = \arcsin(x^2 + y^2) es continua en MM y, por tanto, medible.
  • Además, como MM es de medida finita y ff es continua en un conjunto compacto, entonces f∈L1(M)f \in \mathcal{L}_1(M)

Por tanto, vamos a aplicar el cambio de variable a coordenadas polares. Sea T:U⊆RN→RNT: U \subseteq \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}^N difeomorfismo C1\mathcal{C}^1 con jacobiano JTJ_T, entonces para toda función f∈L1(T(U))f \in \mathcal{L}_1(T(U)) se cumple:

∫T(U)f(x) dμN(x)=∫Uf(T(u))∣JT(u)∣ dμN(u)\begin{align*} \int_{T(U)} f(x) \, d\mu_N(x) = \int_U f(T(u)) |J_T(u)| \, d\mu_N(u) \end{align*}

Ahora, definimos el cambio de variable:

T(r,θ)=(x,y)=(rcos⁡θ,rsin⁡θ) con (r,θ)∈[0,∞)×[0,2π)\begin{align*} T(r, \theta) = (x, y) = (r\cos \theta, r\sin \theta) \quad \text{ con } (r, \theta) \in [0, \infty) \times [0, 2\pi) \end{align*}

Calculamos el jacobiano:

∣JT(r,θ)∣=∣∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ∣=∣cos⁡θ−rsin⁡θsin⁡θrcos⁡θ∣=r(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=r\begin{align*} |J_T(r, \theta)| & = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\[2ex] \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \cos \theta & - r \sin \theta \\[2ex] \sin \theta & r \cos \theta \end{vmatrix} = r (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = r \end{align*}

Ahora, los nuevos límites de integración vienen dados por:

  • rr va desde 00 hasta sin⁡θ\sqrt{\sin \theta}.
  • θ\theta va desde 00 hasta π2\frac{\pi}{2}.

Es decir, que el conjunto MM en las nuevas coordenadas es:

T−1(M)={(r,θ):0≤r≤sin⁡θ, 0≤θ≤π2}\begin{align*} T^{ - 1}(M) = \left\{(r, \theta) : 0 \leq r \leq \sqrt{\sin \theta}, \, 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \right\} \end{align*}

Ahora, aplicando el teorema del cambio de variable:

∫Marcsin⁡(x2+y2) dμ2(x,y)=∫T−1(M)arcsin⁡(r2)⋅r dμ2(r,θ)==∫0π/2(∫0sin⁡θrarcsin⁡(r2) dr)dθ\begin{align*} \int_M \arcsin (x^2 + y^2) \, d\mu_2(x, y) & = \int_{T^{ - 1}(M)} \arcsin (r^2) \cdot r \, d\mu_2(r, \theta) = \\[2ex] & = \int_0^{\pi/2} \left(\int_0^{\sqrt{\sin \theta}} r \arcsin (r^2) \, dr \right) d\theta \end{align*}

Como la función (r,θ)↦rarcsin⁡(r2)(r, \theta) \mapsto r \arcsin (r^2) es continua, entonces es medible y además es integrable en el conjunto T−1(M)T^{ - 1}(M) de medida finita. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini y separar las integrales:

∫0π/2(∫0sin⁡θrarcsin⁡(r2) dr)dθ=∫0π2[12((r2)arcsin⁡(r2)+1−r4)]0sin⁡θdθ==12∫0π2(sin⁡θ⋅arcsin⁡(sin⁡θ)+1−sin⁡2θ−0−1)dθ==12∫0π2(sin⁡θ⋅θ+cos⁡θ−1)dθ==12[(−θcos⁡θ+sin⁡θ)+sin⁡θ−θ]0π2==12((−π2⋅0+1)+1−π2−(0+0−0))==12(2−π2)==1−π4\begin{align*} \int_0^{\pi/2} \left(\int_0^{\sqrt{\sin \theta}} r \arcsin (r^2) \, dr \right) d\theta & = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[ \frac{1}{2} \left( (r^2) \arcsin (r^2) + \sqrt{1 - r^4} \right) \right]_0^{\sqrt{\sin \theta}} d\theta = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin \theta \cdot \arcsin (\sin \theta) + \sqrt{1 - \sin^2 \theta} - 0 - 1 \right) d\theta = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin \theta \cdot \theta + \cos \theta - 1 \right) d\theta = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \left[ \left( -\theta \cos \theta + \sin \theta \right) + \sin \theta - \theta \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \left( \left( -\frac{\pi}{2} \cdot 0 + 1 \right) + 1 - \frac{\pi}{2} - (0 + 0 - 0) \right) = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \left( 2 - \frac{\pi}{2} \right) = \\[2ex] & = 1 - \frac{\pi}{4} \end{align*}

Ejercicio 7

Calcula la siguiente integral doble:

∫M1−x2a2−y2b2 dμ2(x,y) con M={(x,y):x2a2+y2b2≤1}\begin{align*} \int_M \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}} \, d\mu_2(x, y) \quad \text{ con } M = \left\{(x, y) : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1 \right\} \end{align*}

📐Demostración

Podemos ver que:

  • MM es un conjunto medible
  • La función f(x,y)=1−x2a2−y2b2f(x, y) = \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}} es continua en MM y, por tanto, medible.
  • Además, como MM es de medida finita y ff es continua en un conjunto compacto, entonces f∈L1(M)f \in \mathcal{L}_1(M)

Por tanto, vamos a aplicar el cambio de variable a coordenadas elípticas. Sea T:U⊆RN→RNT: U \subseteq \mathbb{R}^N \to \mathbb{R}^N difeomorfismo C1\mathcal{C}^1 con jacobiano JTJ_T, entonces para toda función f∈L1(T(U))f \in \mathcal{L}_1(T(U)) se cumple:

∫T(U)f(x) dμN(x)=∫Uf(T(u))∣JT(u)∣ dμN(u)\begin{align*} \int_{T(U)} f(x) \, d\mu_N(x) = \int_U f(T(u)) |J_T(u)| \, d\mu_N(u) \end{align*}

Ahora, definimos el cambio de variable:

T(r,θ)=(x,y)=(arcos⁡θ,brsin⁡θ) con (r,θ)∈[0,∞)×[0,2π)\begin{align*} T(r, \theta) = (x, y) = (ar\cos \theta, br\sin \theta) \quad \text{ con } (r, \theta) \in [0, \infty) \times [0, 2\pi) \end{align*}

Calculamos el jacobiano:

∣JT(r,θ)∣=∣∂x∂r∂x∂θ∂y∂r∂y∂θ∣=∣acos⁡θ−arsin⁡θbsin⁡θbrcos⁡θ∣=abr\begin{align*} |J_T(r, \theta)| & = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\[2ex] \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a\cos \theta & - ar \sin \theta \\[2ex] b\sin \theta & br \cos \theta \end{vmatrix} = abr \end{align*}

Ahora, los nuevos límites de integración vienen dados por:

  • rr va desde 00 hasta 11 ya que la frontera es la elipse x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 entonces:
(arcos⁡θ)2a2+(brsin⁡θ)2b2=r2(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=r2=1  ⟹  r=1\begin{align*} \frac{(ar\cos \theta)^2}{a^2} + \frac{(br\sin \theta)^2}{b^2} = r^2 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = r^2 = 1 \implies r = 1 \end{align*}
  • θ\theta va desde 00 hasta 2π2\pi ya que la elipse es simétrica respecto a ambos ejes.

Es decir, que el conjunto MM en las nuevas coordenadas es:

T−1(M)={(r,θ):0≤r≤1, 0≤θ≤2π}\begin{align*} T^{ - 1}(M) = \left\{(r, \theta) : 0 \leq r \leq 1, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \right\} \end{align*}

Ahora, aplicando el teorema del cambio de variable:

∫M1−x2a2−y2b2 dμ2(x,y)=∫T−1(M)1−r2⋅abr dμ2(r,θ)==ab∫02π(∫01r1−r2 dr)dθ\begin{align*} \int_M \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}} \, d\mu_2(x, y) & = \int_{T^{ - 1}(M)} \sqrt{1 - r^2} \cdot abr \, d\mu_2(r, \theta) = \\[2ex] & = ab \int_0^{2\pi} \left(\int_0^{1} r \sqrt{1 - r^2} \, dr \right) d\theta \end{align*}

Como la función (r,θ)↦r1−r2(r, \theta) \mapsto r \sqrt{1 - r^2} es continua, entonces es medible y además es integrable en el conjunto T−1(M)T^{ - 1}(M) de medida finita. Por tanto, podemos aplicar el teorema de Fubini y separar las integrales:

ab∫02π(∫01r1−r2 dr)dθ=ab(∫02πdθ)⋅(∫01r1−r2 dr)==ab⋅2π⋅[−13(1−r2)3/2]01==2πab⋅(0+13)==2πab3\begin{align*} ab \int_0^{2\pi} \left(\int_0^{1} r \sqrt{1 - r^2} \, dr \right) d\theta & = ab \left( \int_0^{2\pi} d\theta \right) \cdot \left( \int_0^{1} r \sqrt{1 - r^2} \, dr \right) = \\[2ex] & = ab \cdot 2\pi \cdot \left[ -\frac{1}{3} (1 - r^2)^{3/2} \right]_0^{1} = \\[2ex] & = 2\pi ab \cdot \left( 0 + \frac{1}{3} \right) = \\[2ex] & = \frac{2\pi ab}{3} \end{align*}