Ejercicios Resueltos Análisis III - Parte 3

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

Derivación bajo el signo de integral

Ejercicio 1

Apartado 1

Calcula la siguiente integral

∫0∞1−e−x2x2 dx\begin{align*} \int_0^\infty \dfrac{1 - e^{ - x^2}}{x^2} \, dx \end{align*}

📐Demostración

Se quiere calcular la integral impropia:

I:−∫0∞1−e−x2x2 dx\begin{align*} I \coloneq \int_0^\infty \dfrac{1 - e^{ - x^2}}{x^2} \, dx \end{align*}

Pero podemos notar que, por un lado el integrando no está definido para 00 y además el intervalo de integración es infinito. Por tanto, definimos la integral como el límite:

∫0∞1−e−x2x2 dx=lim⁡R→∞lim⁡ε→0+∫εR1−e−x2x2 dx\begin{align*} \int_0^\infty \frac{1 - e^{ - x^2}}{x^2} \, dx = \lim_{R \to \infty} \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_\varepsilon^R \frac{1 - e^{ - x^2}}{x^2} \, dx \end{align*}

en caso de que el límite exista y sea finito. Ahora, para poder calcular la integral, introducimos la familia de funciones parametrizadas por t>0t > 0:

F(t):−∫0∞1−e−tx2x2 dx\begin{align*} F(t) \coloneq \int_0^\infty \frac{1 - e^{ - tx^2}}{x^2} \, dx \end{align*}

Podemos notar que I=F(1)I = F(1) y que la función F(t)F(t) está bien definida ya que para cada t>0t > 0:

ft(x)=1−e−tx2x2x>0\begin{align*} f_t(x) = \frac{1 - e^{ - tx^2}}{x^2} \quad x > 0 \end{align*}

Usando un desarrollo en serie de Taylor de e−tx2e^{ - tx^2} alrededor de 00:

e−tx2=1−tx2+o(x2) cuando x→0\begin{align*} e^{ - tx^2} = 1 - tx^2 + o(x^2) \quad \text{ cuando } x \to 0 \end{align*}

Entonces, podemos ver que:

ft(x)=tx2+o(x2)x2=t+o(x2)x2 cuando x→0\begin{align*} f_t(x) = \frac{tx^2 + o(x^2)}{x^2} = t + \frac{o(x^2)}{x^2} \quad \text{ cuando } x \to 0 \end{align*}

Por lo tanto, ftf_t es localmente integrable cerca de 0. Ahora, como 0≤1−e−tx2≤10 \leq 1 - e^{ - tx^2} \leq 1 entonces:

0≤ft(x)≤1x2\begin{align*} 0 \leq f_t(x) \leq \frac{1}{x^2} \end{align*}

Y como 1x2∈L1((1,∞))\frac{1}{x^2} \in \mathcal{L}_1((1, \infty)) entonces:

ft∈L1((0,∞))\begin{align*} f_t \in \mathcal{L}_1((0, \infty)) \end{align*}

Por lo tanto, F(t)F(t) está bien definida para todo t>0t > 0. Ahora, vamos a derivar F(t)F(t) bajo el signo de integral. Para ello, definimos:

g(t,x):−1−e−tx2x2\begin{align*} g(t, x) \coloneq \frac{1 - e^{ - tx^2}}{x^2} \end{align*}

Entonces:

  • g(⋅,x)∈C1g(\cdot, x) \in \mathcal{C}^1 para todo x>0x > 0
  • La derivada parcial es:
∂g∂t(t,x)=e−tx2\begin{align*} \frac{\partial g}{\partial t} (t, x) = e^{ - tx^2} \end{align*}

Podemos ver que para cada t>0t > 0:

∣∂g∂t(t,x)∣=e−tx2≤e−x2\begin{align*} \left| \frac{\partial g}{\partial t} (t, x) \right| = e^{ - tx^2} \leq e^{ - x^2} \end{align*}

Y como e−x2∈L1((0,∞))e^{ - x^2} \in \mathcal{L}_1((0, \infty)) entonces podemos aplicar el teorema de derivación bajo el signo de integral y obtener:

F′(t)=∫0∞e−tx2 dx=du=tdxu=tx∫0∞e−u2dut=1t∫0∞e−u2 du=π2t\begin{align*} F'(t) & = \int_0^\infty e^{ - tx^2} \, dx \xlongequal[du = \sqrt{t}dx]{u = \sqrt{t}x} \int_0^\infty e^{ - u^2} \frac{du}{\sqrt{t}} = \frac{1}{\sqrt{t}} \int_0^\infty e^{ - u^2} \, du = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{t}} \end{align*}

Por tanto, si integramos F′(t)F'(t) obtenemos:

F(t)=∫F′(t) dt=∫π2t dt=πt+C\begin{align*} F(t) = \int F'(t) \, dt = \int \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{t}} \, dt = \sqrt{\pi} \sqrt{t} + C \end{align*}

Para calcular la constante CC, calculamos el límite cuando t→0+t \to 0^+:

F(0)=lim⁡t→0+F(t)=lim⁡t→0+∫0∞1−e−tx2x2 dx=∫0∞lim⁡t→0+1−e−tx2x2 dx=0\begin{align*} F(0) = \lim_{t \to 0^ + } F(t) = \lim_{t \to 0^ + } \int_0^\infty \frac{1 - e^{ - tx^2}}{x^2} \, dx = \int_0^\infty \lim_{t \to 0^ + } \frac{1 - e^{ - tx^2}}{x^2} \, dx = 0 \end{align*}

Por lo tanto, C=0C = 0 y:

F(1)=π\begin{align*} F(1) = \sqrt{\pi} \end{align*}

Apartado 2

Calcula la siguiente integral

∫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*}

📐Demostración

Se quiere calcular la integral impropia:

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

Podemos notar que el integrando no está definido para 00 ya que sin⁡0=0\sin 0 = 0 y se anula el denominador. Por tanto, queremos introducir un parámetro para poder derivar bajo el signo de integral. Para ello, definimos la familia de funciones parametrizadas por t>0t > 0:

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

De esta forma, podemos ver que I=F(1)I = F(1). Además, para cada t>0t > 0:

ft(x)=log⁡(1+tsin⁡2x)sin⁡2xx∈(0,π2)\begin{align*} f_t(x) = \dfrac{\log (1 + t \sin^2 x)}{\sin^2 x} \quad x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) \end{align*}

Ahora, usando un desarrollo en serie de Taylor de log⁡(1+tsin⁡2x)\log (1 + t \sin^2 x) alrededor de 00:

log⁡(1+tsin⁡2x)=tsin⁡2x+o(sin⁡2x) cuando x→0\begin{align*} \log (1 + t \sin^2 x) = t \sin^2 x + o(\sin^2 x) \quad \text{ cuando } x \to 0 \end{align*}

Entonces, podemos ver que:

ft(x)=tsin⁡2x+o(sin⁡2x)sin⁡2x=t+o(sin⁡2x)sin⁡2x cuando x→0\begin{align*} f_t(x) = \frac{t \sin^2 x + o(\sin^2 x)}{\sin^2 x} = t + \frac{o(\sin^2 x)}{\sin^2 x} \quad \text{ cuando } x \to 0 \end{align*}

Por lo tanto, ftf_t es localmente integrable cerca de 0. Además, podemos notar que:

log⁡(1+tsin⁡2x)≤tsin⁡2x  ⟹  0≤ft(x)≤t\begin{align*} \log (1 + t \sin^2 x) \leq t\sin^2 x \implies 0 \leq f_t(x) \leq t \end{align*}

Por lo que ftf_t es acotada en (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right) y podemos dominarla por una función integrable en dicho intervalo. Por tanto:

ft∈L1((0,π2))\begin{align*} f_t \in \mathcal{L}_1\left(\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\right) \end{align*}

Por lo tanto, F(t)F(t) está bien definida para todo t>0t > 0. Ahora, vamos a derivar F(t)F(t) bajo el signo de integral. Para ello, definimos:

g(t,x):−log⁡(1+tsin⁡2x)sin⁡2x\begin{align*} g(t, x) \coloneq \dfrac{\log (1 + t \sin^2 x)}{\sin^2 x} \end{align*}

Entonces:

∂g∂t(t,x)=11+tsin⁡2x\begin{align*} \frac{\partial g}{\partial t} (t, x) = \frac{1}{1 + t \sin^2 x} \end{align*}

Podemos ver que para cada t>0t > 0:

∣∂g∂t(t,x)∣=11+tsin⁡2x≤1\begin{align*} \left| \frac{\partial g}{\partial t} (t, x) \right| = \frac{1}{1 + t \sin^2 x} \leq 1 \end{align*}

Y como 1∈L1((0,π2))1 \in \mathcal{L}_1\left(\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\right) entonces podemos aplicar el teorema de derivación bajo el signo de integral y obtener:

F′(t)=∫0π211+tsin⁡2x dx=u=tan⁡xdu=sec⁡2x dx∫0∞11+tu21+u2⋅11+u2 du==∫0∞1+u21+u2+tu2⋅11+u2 du=∫0∞11+(1+t)u2 du==11+t∫0∞11+v2 dv=11+t⋅[arctan⁡v]0∞=π21+t\begin{align*} F'(t) & = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1 + t \sin^2 x} \, dx \xlongequal[u = \tan x]{du = \sec^2 x \, dx} \int_0^\infty \frac{1}{1 + t \frac{u^2}{1 + u^2}} \cdot \frac{1}{1 + u^2} \, du = \\[2ex] & = \int_0^\infty \frac{1 + u^2}{1 + u^2 + t u^2} \cdot \frac{1}{1 + u^2} \, du = \int_0^\infty \frac{1}{1 + (1 + t) u^2} \, du = \\[2ex] & = \frac{1}{\sqrt{1 + t}} \int_0^\infty \frac{1}{1 + v^2} \, dv = \frac{1}{\sqrt{1 + t}} \cdot \left[ \arctan v \right]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt{1 + t}} \end{align*}

Por tanto, si integramos F′(t)F'(t) obtenemos:

F(t)=∫F′(t) dt=∫π21+t dt=π1+t+C\begin{align*} F(t) = \int F'(t) \, dt = \int \frac{\pi}{2\sqrt{1 + t}} \, dt = \pi \sqrt{1 + t} + C \end{align*}

Para calcular la constante CC, calculamos el límite cuando t→0+t \to 0^+:

F(0)=lim⁡t→0+F(t)=lim⁡t→0+∫0π2log⁡(1+tsin⁡2x)sin⁡2x dx=∫0π2lim⁡t→0+log⁡(1+tsin⁡2x)sin⁡2x dx=0\begin{align*} F(0) = \lim_{t \to 0^ + } F(t) = \lim_{t \to 0^ + } \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\log (1 + t \sin^2 x)}{\sin^2 x} \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \lim_{t \to 0^ + } \dfrac{\log (1 + t \sin^2 x)}{\sin^2 x} \, dx = 0 \end{align*}

Por lo tanto, C=−πC = -\pi y:

F(1)=π(2−1)\begin{align*} F(1) = \pi (\sqrt{2} - 1) \end{align*}

Espacios LpL^p

Ejercicio 2

Demuestra que si II es un intervalo acotado entonces el conjunto de funciones Lp(I)\mathcal{L}_p(I) está estrictamente contenido en Lq(I)\mathcal{L}_q(I) para 1≤q≤p≤∞1 \leq q \leq p \leq \infty

📐Demostración

Queremos ver que, dado 1≤q≤p≤∞1 \leq q \leq p \leq \infty entonces:

Lp(I)⊊Lq(I)\begin{align*} \mathcal{L}_p(I) \subsetneq \mathcal{L}_q(I) \end{align*}

Para ello, haremos dos pasos:

  • Contenido: Lp(I)⊂Lq(I)\mathcal{L}_p(I) \subset \mathcal{L}^q(I). Sea f∈Lp(I)f \in \mathcal{L}_p(I) queremos ver que f∈Lq(I)f \in \mathcal{L}_q(I), es decir:
∥f∥q=(∫I∣f(x)∣q dμ(x))1/q<∞\begin{align*} \|f\|_q = \left( \int_I |f(x)|^q \, d\mu(x) \right)^{1/q} < \infty \end{align*}

Pero como II es un intervalo acotado, entonces μ(I)<∞\mu(I) < \infty y podemos aplicar la desigualdad de Hölder. Para ello, definimos los exponentes conjugados:

r=pq\begin{align*} r = \frac{p}{q} \end{align*}

Como p≥qp \geq q entonces r≥1r \geq 1. Así, ea ss el exponente conjugado de rr tal que:

1r+1s=1  ⟺  1s=1−qp=p−qp  ⟹  s=pp−q\begin{align*} \frac{1}{r} + \frac{1}{s} = 1 \iff \frac{1}{s} = 1 - \frac{q}{p} = \frac{p - q}{p} \implies s = \frac{p}{p - q} \end{align*}

Aplicando la desigualdad de Hölder con las funciones ∣f∣p|f|^p y 11 obtenemos:

∫I∣f(x)∣q dμ(x)≤(∫I(∣f(x)∣q)pq dμ(x))qp⋅(∫I1s dμ(x))p−qp\begin{align*} \int_I |f(x)|^q \, d\mu(x) \leq \left( \int_I \left(|f(x)|^q\right)^{\frac{p}{q}}\, d\mu(x) \right)^{\frac{q}{p}} \cdot \left( \int_I 1^s \, d\mu(x) \right)^{\frac{p - q}{p}} \end{align*}

Pero podemos ver que:

(∫I(∣f(x)∣q)pq dμ(x))qp=(∫I∣f(x)∣p dμ(x))qp=∥f∥pq<∞\begin{align*} \left( \int_I \left(|f(x)|^q\right)^{\frac{p}{q}}\, d\mu(x) \right)^{\frac{q}{p}} & = \left( \int_I |f(x)|^p \, d\mu(x) \right)^{\frac{q}{p}} = \|f\|_p^q < \infty \end{align*}

Y además:

(∫I1s dμ(x))p−qp=(μ(I))p−qp<∞\begin{align*} \left( \int_I 1^s \, d\mu(x) \right)^{\frac{p - q}{p}} & = \left( \mu(I) \right)^{\frac{p - q}{p}} < \infty \end{align*}

Por lo que:

∫I∣f(x)∣q dμ(x)<∞\begin{align*} \int_I |f(x)|^q \, d\mu(x) < \infty \end{align*}

Y por tanto, f∈Lq(I)f \in \mathcal{L}_q(I).

  • No igualdad: Lp(I)≠Lq(I)\mathcal{L}_p(I) \neq \mathcal{L}_q(I). Supongamos que I=(0,b]I = (0, b] y definimos la función:
f(x)=1xα\begin{align*} f(x) = \frac{1}{x^\alpha} \end{align*}

Sabemos que esta función tiene integral de Riemann y, por tanto, de Lebesgue y converge en el origin si y solo si α<1\alpha < 1:

Funciones de variación acotada

Ejercicio 1

Demuestra que la función f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} es de variación acotada si y solo si sus semi-variaciones positiva y negativa son ambas finitas.

📐Demostración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} una función y definimos sus semi-variaciones positiva y negativa como:

V+(f,P)=∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)+∣ y V−(f,P)=∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)−∣\begin{align*} V^ + (f, P) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +}| \quad \text{ y } \quad V^ - (f, P) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| \end{align*}

Así, sea P={a=t0<t1<…<tn=b}P = \{a = t_0 < t_1 < \ldots < t_n = b\} una partición de [a,b][a, b] veamos que:

  • ⇒\Rightarrow Si ff es de variación acotada, entonces existe M>0M > 0 tal que para toda partición PP de [a,b][a, b]:
V(f,P)=∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)∣≤M\begin{align*} V(f, P) = \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})| \leq M \end{align*}

Pero podemos notar que:

∣f(ti)−f(ti−1)∣=∣f(ti)−f(ti−1)++f(ti)−f(ti−1)−∣≤≤∣f(ti)−f(ti−1)+∣+∣f(ti)−f(ti−1)−∣\begin{align*} |f(t_i) - f(t_{i - 1})| & = |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +} + f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| \leq \\[2ex] & \leq |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +}| + |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| \end{align*}

Por lo que:

V(f,P)=∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)∣≤≤∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)+∣+∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)−∣==V+(f,P)+V−(f,P)≤M\begin{align*} V(f, P) & = \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})| \leq \\[2ex] & \leq \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +}| + \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| = \\[2ex] & = V^ + (f, P) + V^ - (f, P) \leq M \end{align*}

Por lo que V+(f)≤MV^+ (f) \leq M y V−(f)≤MV^- (f) \leq M y ambas son finitas.

  • ⇐\Leftarrow Si V+(f)V^+ (f) y V−(f)V^- (f) son finitas, entonces existen M1,M2>0M_1, M_2 > 0 tales que para toda partición PP de [a,b][a, b]:
V+(f,P)≤M1 y V−(f,P)≤M2\begin{align*} V^+ (f, P) \leq M_1 \quad \text{ y } \quad V^- (f, P) \leq M_2 \end{align*}

Pero podemos notar que:

∣f(ti)−f(ti−1)∣=∣f(ti)−f(ti−1)++f(ti)−f(ti−1)−∣≤≤∣f(ti)−f(ti−1)+∣+∣f(ti)−f(ti−1)−∣\begin{align*} |f(t_i) - f(t_{i - 1})| & = |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +} + f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| \leq \\[2ex] & \leq |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +}| + |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| \end{align*}

Por lo que:

V(f,P)=∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)∣≤≤∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)+∣+∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)−∣==V+(f,P)+V−(f,P)≤M1+M2\begin{align*} V(f, P) & = \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})| \leq \\[2ex] & \leq \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +}| + \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| = \\[2ex] & = V^ + (f, P) + V^ - (f, P) \leq M_1 + M_2 \end{align*}

Por lo que ff es de variación acotada.

Ejercicio 3

Demuestra que toda función de variación acotada ff sobre [a,b][a, b] puede descomponerse en f=g1−g2f = g_1 - g_2 con g1,g2g_1, g_2 funciones crecientes y acotadas sobre [a,b][a, b].

📐Demostración

Sea f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb{R} una función de variación acotada. Definimos las funciones g1,g2:[a,b]→Rg_1, g_2: [a, b] \to \mathbb{R} como:

g1(x)=V+(f,[a,x]) y g2(x)=V−(f,[a,x])\begin{align*} g_1(x) = V^+ (f, [a, x]) \quad \text{ y } \quad g_2(x) = V^- (f, [a, x]) \end{align*}

Podemos notar que g1g_1 y g2g_2 son funciones crecientes ya que si x1<x2x_1 < x_2 entonces:

g1(x2)−g1(x1)=V+(f,[a,x2])−V+(f,[a,x1])==V+(f,[x1,x2])≥0\begin{align*} g_1(x_2) - g_1(x_1) & = V^+ (f, [a, x_2]) - V^+ (f, [a, x_1]) = \\[2ex] & = V^+ (f, [x_1, x_2]) \geq 0 \end{align*}

Y de forma análoga:

g2(x2)−g2(x1)=V−(f,[a,x2])−V−(f,[a,x1])==V−(f,[x1,x2])≥0\begin{align*} g_2(x_2) - g_2(x_1) & = V^- (f, [a, x_2]) - V^- (f, [a, x_1]) = \\[2ex] & = V^- (f, [x_1, x_2]) \geq 0 \end{align*}

Además, como ff es de variación acotada entonces V+(f)V^+ (f) y V−(f)V^- (f) son finitas y por tanto g1g_1 y g2g_2 son acotadas. Ahora, veamos que f=g1−g2f = g_1 - g_2. Para ello, sea x∈[a,b]x \in [a, b] y consideremos una partición P={a=t0<t1<…<tn=x}P = \{a = t_0 < t_1 < \ldots < t_n = x\} de [a,x][a, x]. Entonces:

f(x)−f(a)=∑i=1n(f(ti)−f(ti−1))==∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)+∣−∑i=1n∣f(ti)−f(ti−1)−∣==V+(f,P)−V−(f,P)\begin{align*} f(x) - f(a) & = \sum_{i = 1}^{n} (f(t_i) - f(t_{i - 1})) = \\[2ex] & = \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ +}| - \sum_{i = 1}^{n} |f(t_i) - f(t_{i - 1})^{ -}| = \\[2ex] & = V^+ (f, P) - V^- (f, P) \end{align*}

Si tomamos el supremo sobre todas las particiones PP de [a,x][a, x] obtenemos:

f(x)−f(a)=V+(f,[a,x])−V−(f,[a,x])=g1(x)−g2(x)\begin{align*} f(x) - f(a) = V^+ (f, [a, x]) - V^- (f, [a, x]) = g_1(x) - g_2(x) \end{align*}

Por lo tanto:

f(x)=g1(x)−g2(x)+f(a)\begin{align*} f(x) = g_1(x) - g_2(x) + f(a) \end{align*}

Definiendo g2′(x)=g2(x)−f(a)g_2'(x) = g_2(x) - f(a) obtenemos la descomposición buscada:

f(x)=g1(x)−g2′(x)\begin{align*} f(x) = g_1(x) - g_2'(x) \end{align*}

Funciones que fallan las condiciones de Dini/Jordan

Ejercicio 1

Considera la función:

f:R⟶Rx⟼f(x)={xsin⁡(1x) si x∈[−π,π]∖{0}0 si x=0\begin{align*} f : \mathbb{R} & \longrightarrow \mathbb{R} \\[1ex] x & \longmapsto f(x) = \begin{cases} x \sin \left( \frac{1}{x} \right) & \text{ si } x \in [ - \pi, \pi]\setminus \{0\} \\[2ex] 0 & \text{ si } x = 0 \end{cases} \end{align*}

que se extiende periódicamente al resto de su dominio con periodo 2π2\pi. Demuestra que ff es continua en todo R\mathbb{R} y no verifica las condiciones de Jordan en x=0x = 0 pero sí las de Dini.

📐Demostración

Se define la función f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} dada y se extiende periódicamente con periodo 2π2\pi. Por periodicidad, basta con estudiar la continuidad en el intervalo [−π,π][ - \pi, \pi] y, en particular, en x=0x = 0 que es el punto problemático.

  • Si x≠0x \neq 0, entonces ff es composición de funciones continuas (producto y seno) y por tanto, es continua en todo punto x≠0x \neq 0.
  • En x=0x = 0:
lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0xsin⁡(1x)\begin{align*} \lim_{x \to 0} f(x) & = \lim_{x \to 0} x \sin \left( \frac{1}{x} \right) \end{align*}

Podemos notar que:

∣xsin⁡(1x)∣≤∣x∣\begin{align*} \left| x \sin \left( \frac{1}{x} \right) \right| \leq |x| \end{align*}

Y por tanto, por el teorema del sándwich:

lim⁡x→0xsin⁡(1x)=0=f(0)\begin{align*} \lim_{x \to 0} x \sin \left( \frac{1}{x} \right) = 0 = f(0) \end{align*}

Por tanto, ff es continua en todo R\mathbb{R}.

Veamos que no cumple la condición de Jordán, es decir, ff no es de variación acotada en ningún intervalo que contenga a 00. Para ello, construimos la sucesión:

xn=1nπn∈N  ⟹  f(xn)=1nπsin⁡(nπ)=0\begin{align*} x_n = \frac{1}{n\pi} \quad n \in \mathbb{N} \implies f(x_n) = \frac{1}{n\pi} \sin (n\pi) = 0 \end{align*}

Y en los puntos intermedios:

yn=1(n+12)π  ⟹  f(yn)=1(n+12)πsin⁡((n+12)π)=(−1)n(n+12)π\begin{align*} y_n = \frac{1}{\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi} \implies f(y_n) = \frac{1}{\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi} \sin \left( \left(n + \frac{1}{2}\right)\pi \right) = \frac{(-1)^n}{\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi} \end{align*}

Así, la función realiza oscilaciones en cada intervalo:

[1(n+1)π,1nπ]n∈N\begin{align*} \left[\frac{1}{(n + 1)\pi}, \frac{1}{n\pi}\right] \quad n \in \mathbb{N} \end{align*}

cuyo salto es:

∣f(yn)−f(xn)∣+∣f(yn)−f(xn+1)∣=2⋅1(n+12)π\begin{align*} |f(y_n) - f(x_n)| + |f(y_n) - f(x_{n + 1})| = 2 \cdot \frac{1}{\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi} \end{align*}

Por tanto, si hacemos la suma de las oscilaciones tenemos:

∑n=1∞2⋅1(n+12)π=2π∑n=1∞1n+12=∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} 2 \cdot \frac{1}{\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi} = \frac{2}{\pi} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n + \frac{1}{2}} = \infty \end{align*}

Por lo tanto, ff no es de variación acotada en ningún intervalo que contenga a 00 y por tanto, no cumple la condición de Jordan en x=0x = 0.

Ahora, veamos que ff cumple las condiciones de Dini en x=0x = 0. Para ello, definimos la función:

g(t)=f(t)+f(−t)2=tsin⁡(1t)+(−t)sin⁡(1−t)2=tsin⁡(1t)−tsin⁡(1t)2=tsin⁡(1t)\begin{align*} g(t) = \dfrac{f(t) + f( - t)}{2} = \dfrac{t \sin \left( \frac{1}{t} \right) + ( - t) \sin \left( \frac{1}{ - t} \right)}{2} = \dfrac{t \sin \left( \frac{1}{t} \right) - t \sin \left( \frac{1}{t} \right)}{2} = t \sin \left( \frac{1}{t} \right) \end{align*}

Entonces, calculamos el límite cuando t→0+t \to 0^+:

lim⁡t→0+g(t)=lim⁡t→0+tsin⁡(1t)=0\begin{align*} \lim_{t \to 0^+} g(t) = \lim_{t \to 0^+} t \sin \left( \frac{1}{t} \right) = 0 \end{align*}

Queremos estudiar ahora:

g(t)−g(0+)t=(tsin⁡(1t)−0)⋅1t=sin⁡(1t)\begin{align*} \dfrac{g(t) - g(0^ + )}{t} = (t\sin \left( \frac{1}{t} \right) - 0) \cdot \frac{1}{t} = \sin \left( \frac{1}{t} \right) \end{align*}

Y claramente es una función acotada, medible e integrable sobre cualquier intervalo finito, en particular:

sin⁡(1t)∈L1([0,δ])∀δ>0\begin{align*} \sin \left(\frac{1}{t}\right) \in L_1([0, \delta]) \quad \forall \delta > 0 \end{align*}

Por lo tanto, ff cumple las condiciones de Dini en x=0x = 0.

Ejercicio 2

Considera la función

f:R⟶Rx⟼f(x)={1log⁡(1∣x∣) si x∈[−π],π]∖{0}0 si x=0\begin{align*} f : \mathbb{R} & \longrightarrow \mathbb{R} \\[1ex] x & \longmapsto f(x) = \begin{cases} \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} & \text{ si } x \in [ - \pi], \pi]\setminus \{0\} \\[2ex] 0 & \text{ si } x = 0 \end{cases} \end{align*}

Y se extiende periódicamente al resto de su dominio con periodo 2π2\pi. Demuestra que ff es continua en todo R\mathbb{R} y que verifica las condiciones de Jordan en x=0x = 0 pero no las de Dini.

📐Demostración

Sea la función descrita en el enunciado extendida periódicamente con periodo 2π2\pi. Por periodicidad, basta con estudiar la continuidad en el intervalo [−π,π][ - \pi, \pi] y, en particular, en x=0x = 0 que es el punto problemático.

  • Si x≠0x \neq 0 entonces ff es composición de funciones continuas (logaritmo y valor absoluto) y por tanto, es continua en todo punto x≠0x \neq 0.
  • En x=0x = 0:
lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→01log⁡(1∣x∣)=lim⁡x→01log⁡(1)−log⁡(∣x∣)=lim⁡x→01−log⁡(∣x∣)\begin{align*} \lim_{x \to 0} f(x) & = \lim_{x \to 0} \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{\log (1) - \log (|x|)} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{ - \log (|x|)} \end{align*}

Podemos notar que cuando x→0x \to 0, ∣x∣→0+|x| \to 0^+ y por tanto, log⁡(∣x∣)→−∞\log (|x|) \to -\infty. Por lo tanto:

lim⁡x→01−log⁡(∣x∣)=0=f(0)\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{1}{ - \log (|x|)} = 0 = f(0) \end{align*}

Por lo tanto, ff es continua en todo R\mathbb{R}.

Veamos que ff cumple la condición de Jordan en x=0x = 0, es decir, ff es de variación acotada en algún intervalo que contenga a 00. Podemos notar que la función es monótona en el intervalo −[δ,0]- [\delta, 0] con δ<1\delta < 1 por tanto, es de variación acotada en dicho intervalo. De forma análoga, es monótona en [0,δ][0, \delta] y por tanto, es de variación acotada en dicho intervalo. Por lo tanto, ff es de variación acotada en [−δ,δ][ - \delta, \delta] y cumple la condición de Jordan en x=0x = 0.

Además, converge en particular a:

lim⁡x→0+f(x+t)+f(x−t)2=lim⁡t→0+1log⁡(1t)=0\begin{align*} \lim_{x \to 0^ + } \dfrac{f(x + t) + f(x - t)}{2} = \lim_{t \to 0^ + } \dfrac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} = 0 \end{align*}

Ahora, para ver que no cumple las condiciones de Dini, estudiamos la función:

g(t)=f(t)+f(−t)2=1log⁡(1t)\begin{align*} g(t) = \dfrac{f(t) + f( - t)}{2} = \dfrac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} \end{align*}

Entonces, calculamos el límite cuando t→0+t \to 0^+:

lim⁡t→0+g(t)=lim⁡t→0+1log⁡(1t)=0\begin{align*} \lim_{t \to 0^+} g(t) = \lim_{t \to 0^+} \dfrac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} = 0 \end{align*}

Queremos estudiar ahora:

g(t)−g(0+)t=1log⁡(1t)−0t=1tlog⁡(1t)\begin{align*} \dfrac{g(t) - g(0^ + )}{t} = \dfrac{\frac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} - 0}{t} = \frac{1}{t \log\left(\frac{1}{t}\right)} \end{align*}

Y podemos ver que la integral en cualquier intervalo [0,δ][0, \delta] es:

∫0δ1t1log⁡1t dt=u=log⁡1tdu=−1t dt∫log⁡1δ∞1u du=[log⁡∣u∣]log⁡1δ∞=∞\begin{align*} \int_0^\delta \frac{1}{t} \frac{1}{\log \dfrac{1}{t}} \, dt \xlongequal[u = \log \frac{1}{t}]{du = -\frac{1}{t} \, dt} \int_{\log \frac{1}{\delta}}^\infty \frac{1}{u} \, du = \left[ \log |u| \right]_{\log \frac{1}{\delta}}^\infty = \infty \end{align*}

Ejercicio 3

Considera la función h(x)=f(x)⋅sin⁡2(1x)h(x) = f(x) \cdot \sin^2\left(\frac{1}{x}\right) donde ff es la función del ejercicio anterior. ¿Es continua en todo su dominio? ¿Verifica las condiciones de Jordan? ¿Y las de Dini?

📐Demostración

La función en cuestión es:

h:R⟶Rx⟼h(x)={1log⁡(1∣x∣)⋅sin⁡2(1x) si x∈[−π,π]∖{0}0 si x=0\begin{align*} h: \mathbb{R} & \longrightarrow \mathbb{R} \\[1ex] x & \longmapsto h(x) = \begin{cases} \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{x}\right) & \text{ si } x \in [ - \pi, \pi]\setminus \{0\} \\[2ex] 0 & \text{ si } x = 0 \end{cases} \end{align*}

Extendida periódicamente con periodo 2π2\pi. Por periodicidad, basta con estudiar la continuidad en el intervalo [−π,π][ - \pi, \pi]. En particular, el punto problemático es x=0x = 0.

  • Si x≠0x \neq 0 entonces hh es composición de funciones continuas (logaritmo, valor absoluto, seno y producto) y por tanto, es continua en todo punto x≠0x \neq 0.
  • En x=0x = 0:
lim⁡x→0h(x)=lim⁡x→01log⁡(1∣x∣)⋅sin⁡2(1x)\begin{align*} \lim_{x \to 0} h(x) & = \lim_{x \to 0} \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{x}\right) \end{align*}

Como sin⁡2(1x)\sin^2\left(\frac{1}{x}\right) está acotada entre 00 y 11, podemos usar el teorema del sándwich:

0≤∣1log⁡(1∣x∣)⋅sin⁡2(1x)∣≤∣1log⁡(1∣x∣)∣\begin{align*} 0 \leq \left| \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{x}\right) \right| \leq \left| \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} \right| \end{align*}

Y como ya hemos visto en el ejercicio anterior:

lim⁡x→01log⁡(1∣x∣)=0\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} = 0 \end{align*}

Por lo tanto:

lim⁡x→0h(x)=0=h(0)\begin{align*} \lim_{x \to 0} h(x) = 0 = h(0) \end{align*}

Además, la función es simétrica ya que:

h(−x)=1log⁡(1∣−x∣)⋅sin⁡2(1−x)=1log⁡(1∣x∣)⋅sin⁡2(−1x)==1log⁡(1∣x∣)⋅sin⁡2(1x)=h(x)\begin{align*} h( - x) = \frac{1}{\log\left(\frac{1}{| - x|}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{ - x}\right) & = \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} \cdot \sin^2\left( - \frac{1}{x}\right) = \\[2ex] & = \frac{1}{\log\left(\frac{1}{|x|}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{x}\right) = h(x) \end{align*}

Por lo tanto, hh es continua en todo R\mathbb{R}.

Ahora, veamos si cumple las condiciones de Jordan en x=0x = 0. Podemos notar que la función no es monótona en ningún intervalo que contenga a 00 debido a las oscilaciones de sin⁡2(1x)\sin^2\left(\frac{1}{x}\right). Además, podemos construir una sucesión de oscilaciones similares a las del ejercicio 1:

xn=1nπn∈N  ⟹  h(xn)=1log⁡(nπ)⋅sin⁡2(nπ)=0yn=1(n+12)πn∈N  ⟹  h(yn)=1log⁡((n+12)π)⋅sin⁡2((n+12)π)=1log⁡((n+12)π)\begin{align*} x_n = \frac{1}{n\pi} \quad n \in \mathbb{N} & \implies h(x_n) = \frac{1}{\log (n\pi)} \cdot \sin^2 (n\pi) = 0\\[2ex] y_n = \frac{1}{\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi} \quad n \in \mathbb{N} & \implies h(y_n) = \frac{1}{\log\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right)} \cdot \sin^2\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right) = \frac{1}{\log\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right)} \end{align*}

Así, la función realiza oscilaciones en cada intervalo:

[1(n+1)π,1nπ]n∈N\begin{align*} \left[\frac{1}{(n + 1)\pi}, \frac{1}{n\pi}\right] \quad n \in \mathbb{N} \end{align*}

cuyo salto es:

∣h(yn)−h(xn)∣+∣h(yn)−h(xn+1)∣=2⋅1log⁡((n+12)π)\begin{align*} |h(y_n) - h(x_n)| + |h(y_n) - h(x_{n + 1})| = 2 \cdot \frac{1}{\log\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right)} \end{align*}

Por tanto, si hacemos la suma de las oscilaciones tenemos:

∑n=1∞2⋅1log⁡((n+12)π)=2∑n=1∞1log⁡((n+12)π)≥2∑n=n0∞1n=∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} 2 \cdot \frac{1}{\log\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right)} = 2 \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\log\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right)}\geq 2 \displaystyle \sum_{n = n_0}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty \end{align*}

Por que para n0n_0 suficientemente grande, log⁡((n+12)π)<n\log\left(\left(n + \frac{1}{2}\right)\pi\right) < n. Por lo tanto, hh no es de variación acotada en ningún intervalo que contenga a 00 y por tanto, no cumple la condición de Jordan en x=0x = 0.

Finalmente, veamos si cumple las condiciones de Dini en x=0x = 0. Definimos la función:

g(t)=h(t)+h(−t)2=1log⁡(1t)⋅sin⁡2(1t)=h(t)\begin{align*} g(t) = \dfrac{h(t) + h( - t)}{2} = \dfrac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{t}\right) = h(t) \end{align*}

Entonces, calculamos el límite cuando t→0+t \to 0^+:

lim⁡t→0+g(t)=lim⁡t→0+1log⁡(1t)⋅sin⁡2(1t)=0\begin{align*} \lim_{t \to 0^+} g(t) = \lim_{t \to 0^+} \dfrac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{t}\right) = 0 \end{align*}

Queremos estudiar ahora:

g(t)−g(0+)t=1log⁡(1t)⋅sin⁡2(1t)−0t=1tlog⁡(1t)⋅sin⁡2(1t)\begin{align*} \dfrac{g(t) - g(0^ + )}{t} = \dfrac{\frac{1}{\log\left(\frac{1}{t}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{t}\right) - 0}{t} = \frac{1}{t \log\left(\frac{1}{t}\right)} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{t}\right) \end{align*}

Y podemos ver que la integral en cualquier intervalo [0,δ][0, \delta] es:

∫0δ1t1log⁡1t⋅sin⁡2(1t) dt=u=log⁡1tdu=−1t dt∫log⁡1δ∞sin⁡2(eu)u du=∞\begin{align*} \int_0^\delta \frac{1}{t} \frac{1}{\log \dfrac{1}{t}} \cdot \sin^2\left(\frac{1}{t}\right) \, dt \xlongequal[u = \log \frac{1}{t}]{du = -\frac{1}{t} \, dt} \int_{\log \frac{1}{\delta}}^\infty \frac{\sin^2(e^u)}{u} \, du = \infty \end{align*}

Ya que sin⁡2(eu)\sin^2(e^u) no tiende a cero cuando u→∞u \to \infty. Por lo tanto, hh no cumple las condiciones de Dini en x=0x = 0.

Series de Fourier trigonométricas

Ejercicio 2

Demuestra que las expansiones en serie son válidas en el intervalo indicado:

x=π−2∑n=1∞sin⁡nxn con 0<x<2π\begin{align*} x = \pi - 2 \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n} \quad \text{ con } 0 < x < 2\pi \end{align*}

📐Demostración

Consideremos la función definida como:

f(x)=π−x con 0<x<2π\begin{align*} f(x) = \pi - x \quad \text{ con } 0 < x < 2\pi \end{align*}

Podemos extenderla periódicamente con periodo 2π2\pi y observar que es una función de variación acotada en [0,2π][0, 2\pi]. Por lo tanto, podemos calcular su serie de Fourier. Sabemos que la serie de Fourier de una función ff con periodo 2π2\pi viene dada por:

Sf(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)\begin{align*} S_f(x) = \frac{a_0}{2} + \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \end{align*}

donde:

a0=1π∫02πf(t) dt=1π∫02π(π−t) dt=1π[πt−t22]02π=1π(2π2−2π2)=0an=1π∫02πf(t)cos⁡nt dt=1π∫02π(π−t)cos⁡nt dt=0∀n≥1bn=1π∫02πf(t)sin⁡nt dt=1π∫02π(π−t)sin⁡nt dt=dv=sin⁡nt⇒v=−cos⁡nxnu=π−t⇒du=−dt=1π[−(π−t)cos⁡ntn]02π+1π∫02πcos⁡ntn dt==1π(−(π−2π)cos⁡(2nπ)n+πcos⁡0n)+1n[sin⁡ntn]02π==1π(−(−π)⋅1n+π⋅1n)+0=2n\begin{align*} a_0 & = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(t) \, dt = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} (\pi - t) \, dt = \frac{1}{\pi} \left[\pi t - \frac{t^2}{2} \right]_0^{2\pi} = \frac{1}{\pi} \left(2\pi^2 - 2\pi^2\right) = 0\\[4ex] a_n & = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(t) \cos nt \, dt = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} (\pi - t) \cos nt \, dt = 0 \quad \forall n \geq 1\\[4ex] b_n & = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(t) \sin nt \, dt = \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} (\pi - t) \sin nt \, dt \xlongequal[dv = \sin nt \Rightarrow v = - \frac{\cos nx}{n} ]{u = \pi - t \Rightarrow du = - dt} \\[2ex] & = \frac{1}{\pi} \left[ - \frac{(\pi - t) \cos nt}{n} \right]_0^{2\pi} + \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \frac{\cos nt}{n} \, dt = \\[2ex] & = \frac{1}{\pi} \left( - \dfrac{(\pi - 2\pi) \cos (2n \pi)}{n} + \dfrac{\pi \cos 0}{n} \right) + \frac{1}{n} \left[ \frac{\sin nt}{n} \right]_0^{2\pi} = \\[2ex] & = \frac{1}{\pi} \left( - \dfrac{( - \pi) \cdot 1}{n} + \dfrac{\pi \cdot 1}{n} \right) + 0 = \frac{2}{n} \end{align*}

Por lo tanto, la serie de Fourier de ff es:

Sf(x)=02+∑n=1∞(0⋅cos⁡nx+2nsin⁡nx)=2∑n=1∞sin⁡nxn\begin{align*} S_f(x) & = \frac{0}{2} + \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \left(0 \cdot \cos nx + \frac{2}{n} \sin nx\right) = 2 \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n} \end{align*}

Ahora, por el teorema de Dirichlet, la serie de Fourier converge a f(x)f(x) al ser ff de variación acotada y continua en (0,2π)(0, 2\pi). Por lo tanto, en el abierto (0,2π)(0, 2\pi) la función f(x)f(x) converge exactamente a su serie de Fourier:

f(x)=π−x=Sf(x)=2∑n=1∞sin⁡nxn\begin{align*} f(x) = \pi - x = S_f(x) = 2 \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n} \end{align*}

Y por tanto:

x=π−2∑n=1∞sin⁡nxn con 0<x<2π\begin{align*} x = \pi - 2 \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n} \quad \text{ con } 0 < x < 2\pi \end{align*}

Ejercicio 4

π4=∑n=1∞sin⁡(2n−1)x2n−1 con 0<x<π\begin{align*} \frac{\pi}{4} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Y emplearlo para deducir que:

π26=∑n=1∞1n2\begin{align*} \frac{\pi^2}{6} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \end{align*}

📐Demostración

Sea la función:

f(x)=π4 con 0<x<π\begin{align*} f(x) = \frac{\pi}{4} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Y para extenderla con periodo 2π2\pi definimos:

f^(x)={π4 si 0<x<π−π4 si −π<x<0\begin{align*} \hat{f}(x) = \begin{cases} \frac{\pi}{4} & \text{ si } 0 < x < \pi \\[2ex] - \frac{\pi}{4} & \text{ si } -\pi < x < 0 \end{cases} \end{align*}

Podemos observar que f^\hat{f} es una función impar y de variación acotada en [−π,π][ - \pi, \pi]. Por lo tanto, podemos calcular su serie de Fourier. Sabemos que la serie de Fourier de una función ff con periodo 2π2\pi viene dada por:

Sf(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)\begin{align*} S_f(x) = \frac{a_0}{2} + \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \end{align*}

Calculamos los coeficientes:

a01π∫−ππf^(t) dt=0an=1π∫−ππf^(t)cos⁡nt dt=0∀n≥1bn=1π∫−ππf^(t)sin⁡nt dt=2π∫0ππ4sin⁡nt dt=dv=sin⁡nt⇒v=−cos⁡ntnu=π4⇒du=0=2π⋅π4[−cos⁡ntn]0π=12⋅1n(1−(−1)n)={1n si n impar0 si n par\begin{align*} a_0 & \frac{1}{\pi} \int_{ - \pi}^\pi \hat{f}(t) \, dt = 0\\[4ex] a_n & = \frac{1}{\pi} \int_{ - \pi}^\pi \hat{f}(t) \cos nt \, dt = 0 \quad \forall n \geq 1\\[4ex] b_n & = \frac{1}{\pi} \int_{ - \pi}^\pi \hat{f}(t) \sin nt \, dt = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \frac{\pi}{4} \sin nt \, dt \xlongequal[dv = \sin nt \Rightarrow v = - \frac{\cos nt}{n} ]{u = \frac{\pi}{4} \Rightarrow du = 0} \\[2ex] & = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{4} \left[ - \frac{\cos nt}{n} \right]_0^\pi = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n} (1 - ( - 1)^n) = \begin{cases} \dfrac{1}{n} & \text{ si } n \text{ impar} \\[2ex] 0 & \text{ si } n \text{ par} \end{cases} \end{align*}

Por lo tanto, la serie de Fourier de f^\hat{f} es:

Sf^(x)=02+∑n=1∞(0⋅cos⁡nx+bnsin⁡nx)=∑k=1∞sin⁡(2k−1)x2k−1\begin{align*} S_{\hat{f}}(x) & = \frac{0}{2} + \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \left(0 \cdot \cos nx + b_n \sin nx\right) = \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin (2k - 1)x}{2k - 1} \end{align*}

Donde hemos sustituido nn por 2k−12k - 1 para considerar solo los términos impares. Ahora, por el teorema de Dirichlet, la serie de Fourier converge a f^(x)\hat{f}(x) al ser f^\hat{f} de variación acotada y continua en (−π,π)( - \pi, \pi). Por lo tanto, en el abierto (0,π)(0, \pi) la función f(x)f(x) converge exactamente a su serie de Fourier:

f(x)=π4=Sf^(x)=∑k=1∞sin⁡(2k−1)x2k−1\begin{align*} f(x) = \frac{\pi}{4} = S_{\hat{f}}(x) = \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin (2k - 1)x}{2k - 1} \end{align*}

Y por tanto:

π4=∑n=1∞sin⁡(2n−1)x2n−1 con 0<x<π\begin{align*} \frac{\pi}{4} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Ejercicio extra

Usa la serie del ejercicio anterior para demostrar que:

π28=∑n=1∞1(2n−1)2\begin{align*} \frac{\pi^2}{8} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} \end{align*}

📐Demostración

Partimos de la serie del ejercicio anterior:

π4=∑n=1∞sin⁡(2n−1)x2n−1 con 0<x<π\begin{align*} \frac{\pi}{4} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Ahora, integramos ambos lados desde 00 hasta π2\frac{\pi}{2}:

∫0π2π4 dx=∫0π2∑n=1∞sin⁡(2n−1)x2n−1 dx\begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi}{4} \, dx & = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \, dx \end{align*}

Podemos intercambiar la integral y la suma ya que la serie converge uniformemente en [0,π2][0, \frac{\pi}{2}]. Por lo tanto:

π4⋅π2=∑n=1∞∫0π2sin⁡(2n−1)x2n−1 dx\begin{align*} \frac{\pi}{4} \cdot \frac{\pi}{2} & = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \, dx \end{align*}

Calculamos la integral:

∫0π2sin⁡(2n−1)x2n−1 dx=dv=sin⁡(2n−1)x⇒v=−cos⁡(2n−1)x2n−1u=12n−1⇒du=0=12n−1[−cos⁡(2n−1)x2n−1]0π2=1(2n−1)2(1−cos⁡((2n−1)⋅π2))\begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \, dx & \xlongequal[dv = \sin (2n - 1)x \Rightarrow v = - \frac{\cos (2n - 1)x}{2n - 1} ]{u = \frac{1}{2n - 1} \Rightarrow du = 0} \\[2ex] & = \frac{1}{2n - 1} \left[ - \frac{\cos (2n - 1)x}{2n - 1} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{(2n - 1)^2} \left(1 - \cos\left((2n - 1) \cdot \frac{\pi}{2}\right)\right) \end{align*}

Podemos notar que:

cos⁡((2n−1)⋅π2)=0∀n∈N\begin{align*} \cos\left((2n - 1) \cdot \frac{\pi}{2}\right) = 0 \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{align*}

Por lo tanto:

∫0π2sin⁡(2n−1)x2n−1 dx=1(2n−1)2\begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin (2n - 1)x}{2n - 1} \, dx & = \frac{1}{(2n - 1)^2} \end{align*}

Así, tenemos:

π28=∑n=1∞1(2n−1)2\begin{align*} \frac{\pi^2}{8} & = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} \end{align*}

Ejercicio 5

Demuestra que:

x=π2−4π∑n=1∞cos⁡(2n−1)x(2n−1)2 con 0<x<π\begin{align*} x = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos (2n - 1)x}{(2n - 1)^2} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

📐Demostración

En este caso, consideramos la función:

f(x)=x con 0<x<π\begin{align*} f(x) = x \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Y para extenderla con periodo 2π2\pi definimos:

f^(x)={x si 0<x<π−x si −π<x<0\begin{align*} \hat{f}(x) = \begin{cases} x & \text{ si } 0 < x < \pi \\[2ex] - x & \text{ si } -\pi < x < 0 \end{cases} \end{align*}

Podemos observar que f^\hat{f} es una función par y de variación acotada en [−π,π][ - \pi, \pi]. Por lo tanto, podemos calcular su serie de Fourier. Sabemos que la serie de Fourier de una función ff con periodo 2π2\pi viene dada por:

Sf(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)\begin{align*} S_f(x) = \frac{a_0}{2} + \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx) \end{align*}

Calculamos los coeficientes:

a0=1π∫−ππf^(t) dt=1π∫−π0(−t) dt+1π∫0πt dt==1π[−t221π]−π0+1π[t22]0π=1ππ22+1ππ22=πan=1π∫−ππf^(t)cos⁡nt dt=2π∫0πtcos⁡nt dt=dv=cos⁡nt⇒v=sin⁡ntnu=t⇒du=dt=2π[tsin⁡ntn]0π−2π∫0πsin⁡ntn dt=0−2π⋅1n[−cos⁡ntn]0π==2π⋅1n2(1−(−1)n)={4πn2 si n impar0 si n parbn=1π∫−ππf^(t)sin⁡nt dt=0∀n≥1\begin{align*} a_0 & = \frac{1}{\pi} \int_{ - \pi}^\pi \hat{f}(t) \, dt = \frac{1}{\pi}\int_{ - \pi}^0 ( - t) \, dt + \frac{1}{\pi}\int_0^\pi t \, dt = \\[2ex] & = \frac{1}{\pi}\left[ - \frac{t^2}{2} \frac{1}{\pi}\right]_{ - \pi}^0 + \frac{1}{\pi}\left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^\pi = \frac{1}{\pi}\frac{\pi^2}{2} + \frac{1}{\pi}\frac{\pi^2}{2} = \pi\\[4ex] a_n & = \frac{1}{\pi} \int_{ - \pi}^\pi \hat{f}(t) \cos nt \, dt = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi t \cos nt \, dt \xlongequal[dv = \cos nt \Rightarrow v = \frac{\sin nt}{n} ]{u = t \Rightarrow du = dt} \\[2ex] & = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{t \sin nt}{n} \right]_0^\pi - \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \frac{\sin nt}{n} \, dt = 0 - \frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{n} \left[ - \frac{\cos nt}{n} \right]_0^\pi = \\[2ex] & = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{n^2} (1 - ( - 1)^n) = \begin{cases} \dfrac{4}{\pi n^2} & \text{ si } n \text{ impar} \\[2ex] 0 & \text{ si } n \text{ par} \end{cases}\\[4ex] b_n & = \frac{1}{\pi} \int_{ - \pi}^\pi \hat{f}(t) \sin nt \, dt = 0 \quad \forall n \geq 1 \end{align*}

Por lo tanto, la serie de Fourier de f^\hat{f} es:

Sf^(x)=π2+∑n=1∞(ancos⁡nx+0⋅sin⁡nx)=π2+∑k=1∞4π(2k−1)2cos⁡(2k−1)x\begin{align*} S_{\hat{f}}(x) & = \frac{\pi}{2} + \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \left(a_n \cos nx + 0 \cdot \sin nx\right) = \frac{\pi}{2} + \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{4}{\pi (2k - 1)^2} \cos (2k - 1)x \end{align*}

Donde hemos sustituido nn por 2k−12k - 1 para considerar solo los términos impares. Ahora, por el teorema de Dirichlet, la serie de Fourier converge a f^(x)\hat{f}(x) al ser f^\hat{f} de variación acotada y continua en (−π,π)( - \pi, \pi). Por lo tanto, en el abierto (0,π)(0, \pi) la función f(x)f(x) converge exactamente a su serie de Fourier:

f(x)=x=Sf^(x)=π2+∑k=1∞4π(2k−1)2cos⁡(2k−1)x\begin{align*} f(x) = x = S_{\hat{f}}(x) = \frac{\pi}{2} + \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{4}{\pi (2k - 1)^2} \cos (2k - 1)x \end{align*}

Y por tanto:

x=π2−4π∑n=1∞cos⁡(2n−1)x(2n−1)2 con 0<x<π\begin{align*} x = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos (2n - 1)x}{(2n - 1)^2} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Ejercicio extra

Usa la serie del ejercicio anterior para demostrar que:

π28=∑n=1∞1(2n−1)2\begin{align*} \frac{\pi^2}{8} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} \end{align*}

📐Demostración

Partimos de la serie del ejercicio anterior:

x=π2−4π∑n=1∞cos⁡(2n−1)x(2n−1)2 con 0<x<π\begin{align*} x = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos (2n - 1)x}{(2n - 1)^2} \quad \text{ con } 0 < x < \pi \end{align*}

Ahora, evaluamos en x=0x = 0:

0=π2−4π∑n=1∞cos⁡(2n−1)⋅0(2n−1)2\begin{align*} 0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos (2n - 1) \cdot 0}{(2n - 1)^2} \end{align*}

Por lo tanto:

4π∑n=1∞1(2n−1)2=π2  ⟹  ∑n=1∞1(2n−1)2=π28\begin{align*} \frac{4}{\pi} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} = \frac{\pi}{2} \implies \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} = \frac{\pi^2}{8} \end{align*}

Algunas soluciones de ejercicios propuestos

Teorema de Vitali

Demuestre que existe un subconjunto de R\mathbb{R} que no es medible en el sentido de Lebesgue.

📐Demostración

Consideremos el intervalo I=[0,1]⊆RI = [0, 1] \subseteq \mathbb{R} y definimos sobre dicho intervalo la relación de equivalencia siguiente:

x∼y  ⟺  x−y∈Q\begin{align*} x \sim y \iff x - y \in \mathbb{Q} \end{align*}

Es trivial comprobar que es relación de equivalencia, basta ver:

  • Reflexiva: x−x=0∈Qx - x = 0 \in \mathbb{Q} para todo x∈Ix \in I.
  • Simétrica: Si x∼yx \sim y, entonces x−y∈Qx - y \in \mathbb{Q}, por lo que:
y−x=−(x−y)∈Q  ⟹  y∼x\begin{align*} y - x = - (x - y) \in \mathbb{Q} \implies y \sim x \end{align*}
  • Transitiva: Si x∼yx \sim y y y∼zy \sim z, entonces x−y∈Qx - y \in \mathbb{Q} y y−z∈Qy - z \in \mathbb{Q}, por lo que:
x−z=(x−y)+(y−z)∈Q  ⟹  x∼z\begin{align*} x - z = (x - y) + (y - z) \in \mathbb{Q} \implies x \sim z \end{align*}

Podemos notar además que esta relación de equivalencia particiona el intervalo [0,1][0, 1] en clases de equivalencia disjuntas de la forma:

Ex={x+q:q∈Q}∩[0,1]\begin{align*} E_x = \{x + q : q \in \mathbb{Q}\} \cap [0, 1] \end{align*}

Ahora, por el axioma de elección, definimos el conjunto V⊆[0,1]V \subseteq [0, 1] que contiene exactamente un representante de cada clase de equivalencia, es decir:

  • Para cada x∈[0,1]x \in [0, 1] existe v∈Vv \in V tal que v∼xv \sim x
  • Si v1,v2∈Vv_1, v_2 \in V y v1≠v2v_1 \neq v_2 entonces v1≁v2v_1 \not\sim v_2

Ahora, consideramos Q=Q∩[−1,1]\mathcal{Q} = \mathbb{Q} \cap [ - 1, 1] el conjunto de los racionales entre −1- 1 y 11 que es numerable, es decir, podemos escribir:

Q={q1,q2,q3,…}\begin{align*} \mathcal{Q} = \{q_1, q_2, q_3, \ldots\} \end{align*}

Ahora, para cada qk∈Qq_k \in \mathcal{Q} definimos el conjunto:

Vk=V+qk={v+qk:v∈V}\begin{align*} V_k = V + q_k = \{v + q_k : v \in V\} \end{align*}

Podemos notar que los conjuntos VkV_k cumplen las siguientes propiedades:

  • Disjuntos dos a dos: supongamos z∈Vk∩Vjz \in V_k \cap V_j entonces:
z=vk+qk=vj+qj con vk,vj∈V  ⟹  vk−vj=qj−qk∈Q\begin{align*} z = v_k + q_k = v_j + q_j \quad \text{ con } v_k, v_j \in V \implies v_k - v_j = q_j - q_k \in \mathbb{Q} \end{align*}

Por lo que vk∼vjv_k \sim v_j y, por construcción de VV, vk=vjv_k = v_j y por tanto qk=qjq_k = q_j y k=jk = j que es una contradicción.

  • Contención: Podemos ver que:
[0,1]⊆⋃k=1∞Vk⊆[−1,2]\begin{align*} [0, 1] \subseteq \bigcup_{k = 1}^\infty V_k \subseteq [ - 1, 2] \end{align*}

Sea x∈[0,1]x \in [0, 1] entonces existe v∈Vv \in V tal que x−v=q∈Qx - v = q \in \mathbb{Q}. Como x,v∈[0,1]x, v \in [0, 1] entonces:

q=x−v∈[−1,1]  ⟹  q∈Q  ⟹  x=v+q∈Vk para alguˊn k\begin{align*} q = x - v \in [ - 1, 1] \implies q \in \mathcal{Q} \implies x = v + q \in V_k \text{ para algún } k \end{align*}

Por otro lado, como V⊆[0,1]V \subseteq [0, 1] y qk∈[−1,1]q_k \in [ - 1, 1] entonces:

Vk=V+qk⊆[−1,2]\begin{align*} V_k = V + q_k \subseteq [ - 1, 2] \end{align*}

Ahora, supongamos que VV es medible en el sentido de Lebesgue. Como dicha medida es invariante por traslaciones, tenemos que:

μ(Vk)=μ(V+qk)=μ(V)∀k∈N\begin{align*} \mu(V_k) = \mu(V + q_k) = \mu(V) \quad \forall k \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces:

μ(⋃k=1∞Vk)=∑k=1∞μ(Vk)=∑k=1∞μ(V)\begin{align*} \mu\left(\bigcup_{k = 1}^\infty V_k\right) & = \sum_{k = 1}^\infty \mu(V_k) = \sum_{k = 1}^\infty \mu(V) \end{align*}

Por otro lado, por monotonía de la medida de Lebesgue, tenemos que:

μ([0,1])≤μ(⋃k=1∞Vk)≤μ([−1,2])\begin{align*} \mu([0, 1]) \leq \mu\left(\bigcup_{k = 1}^\infty V_k\right) \leq \mu([ - 1, 2]) \end{align*}

Entonces, juntando esto con la ecuación , tenemos:

1≤∑k=1∞μ(V)≤3\begin{align*} 1 \leq \sum_{k = 1}^\infty \mu(V) \leq 3 \end{align*}

Ahora, hay dos casos posibles de acuerdo al valor de μ(V)\mu(V):

  • Si μ(V)=0\mu(V) = 0, entonces la suma infinita es 0, lo cual es una contradicción:
1≤0≤3\begin{align*} 1 \leq 0 \leq 3 \end{align*}
  • Si μ(V)>0\mu(V) > 0, lo cual es una contradicción:
1≤∞≤3\begin{align*} 1 \leq \infty \leq 3 \end{align*}

Algunas soluciones de exámenes

Ejercicio

Calcula el volumen del conjunto:

V={(x,y,z)∈R3:x2+4y2+9z2≤1}\begin{align*} V = \left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + 4y^2 + 9z^2 \leq 1\right\} \end{align*}

justificando todos los detalles.

📐Demostración

La idea sería llevar estos coeficientes a 11 mediante un cambio de variable. Consideremos el siguiente cambio de variable:

{x=uy=v2z=w3⟺{u=xv=2yw=3z\begin{align*} \begin{cases} x = u\\[2ex] y = \dfrac{v}{2}\\[2ex] z = \dfrac{w}{3} \end{cases} \quad \Longleftrightarrow \quad \begin{cases} u = x\\[2ex] v = 2y\\[2ex] w = 3z \end{cases} \end{align*}

Entonces, tenemos que la expresión del conjunto VV en las nuevas variables es:

x2+4y2+9z2=u2+4⋅(v2)2+9⋅(w3)2=u2+v2+w2≤1\begin{align*} x^2 + 4y^2 + 9z^2 = u^2 + 4 \cdot \left(\frac{v}{2}\right)^2 + 9 \cdot \left(\frac{w}{3}\right)^2 = u^2 + v^2 + w^2 \leq 1 \end{align*}

Así, el conjunto VV en las nuevas variables es:

B={(u,v,w)∈R3:u2+v2+w2≤1}\begin{align*} B = \left\{(u, v, w) \in \mathbb{R}^3 : u^2 + v^2 + w^2 \leq 1\right\} \end{align*}

Calculamos el Jacobiano del cambio de variable:

∣J∣=∣∂x∂u∂x∂v∂x∂w∂y∂u∂y∂v∂y∂w∂z∂u∂z∂v∂z∂w∣=∣10001200013∣=16\begin{align*} |J| = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v} & \dfrac{\partial x}{\partial w}\\[4ex] \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v} & \dfrac{\partial y}{\partial w}\\[4ex] \dfrac{\partial z}{\partial u} & \dfrac{\partial z}{\partial v} & \dfrac{\partial z}{\partial w} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0\\[4ex] 0 & \dfrac{1}{2} & 0\\[4ex] 0 & 0 & \dfrac{1}{3} \end{vmatrix} = \frac{1}{6} \end{align*}

Ahora, tenemos que:

dx dy dz=∣J∣ du dv dw=16 du dv dw\begin{align*} dx \, dy \, dz = |J| \, du \, dv \, dw = \frac{1}{6} \, du \, dv \, dw \end{align*}

Por tanto, el volumen del conjunto VV es:

∭V1 dx dy dz=∭B1⋅16 du dv dw=16∭B1 du dv dw\begin{align*} \iiint_V 1 \, dx \, dy \, dz & = \iiint_B 1 \cdot \frac{1}{6} \, du \, dv \, dw = \frac{1}{6} \iiint_B 1 \, du \, dv \, dw \end{align*}

El conjunto BB es la bola unidad en R3\mathbb{R}^3 cuyo volumen es conocido y vale 43π\frac{4}{3} \pi. No obstante, podemos calcularlo mediante coordenadas esféricas:

∭B1 du dv dw=ρ∈[0,1],θ∈[0,2π],ϕ∈[0,π]u=ρsin⁡ϕcos⁡θ,v=ρsin⁡ϕsin⁡θ,w=ρcos⁡ϕ=∫02π∫0π∫01ρ2sin⁡ϕ dρ dϕ dθ==∫02πdθ∫0πsin⁡ϕ dϕ∫01ρ2 dρ==(2π)(2)[ρ33]01=4π3\begin{align*} \iiint_B 1 \, du \, dv \, dw & \xlongequal[{\rho \in [0, 1], \theta \in [0, 2\pi], \phi \in [0, \pi]}]{u = \rho \sin \phi \cos \theta, v = \rho \sin \phi \sin \theta, w = \rho \cos \phi} \\[2ex] & = \int_0^{2\pi} \int_0^\pi \int_0^1 \rho^2 \sin \phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta = \\[2ex] & = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi \sin \phi \, d\phi \int_0^1 \rho^2 \, d\rho = \\[2ex] & = (2\pi) (2) \left[\frac{\rho^3}{3}\right]_0^1 = \frac{4\pi}{3} \end{align*}

Por lo tanto, el volumen del conjunto VV es:

∭V1 dx dy dz=16⋅4π3=2π9\begin{align*} \iiint_V 1 \, dx \, dy \, dz & = \frac{1}{6} \cdot \frac{4\pi}{3} = \frac{2\pi}{9} \end{align*}

Ejercicio

Demuestra que el conjunto siguiente es un subconjunto medible Lebesgue en R3\mathbb{R}^3 y que su medida es 0:

A={(x,y,1x2+y):(x,y)∈R2∖{0,0}}\begin{align*} A = \left\{\left(x, y, \frac{1}{x^2 + y}\right) : (x, y) \in \mathbb{R}^2 \setminus \{0, 0\}\right\} \end{align*}

📐Demostración

Consideremos la función:

f:R2∖{0,0}⟶R3(x,y)⟼(x,y,1x2+y)\begin{align*} f: \mathbb{R}^2 \setminus \{0, 0\} & \longrightarrow \mathbb{R}^3\\[2ex] (x, y) & \longmapsto \left(x, y, \frac{1}{x^2 + y}\right) \end{align*}

Podemos notar que es continua en su dominio que es un abierto de R2\mathbb{R}^2, por lo tanto, es medible en el sentido de Lebesgue. Ahora, definimos la sección de AA para cada (x,y)∈R2∖{0,0}(x, y) \in \mathbb{R}^2 \setminus \{0, 0\}:

A(x,y)={z∈R:(x,y,z)∈A}={{1x2+y} si (x,y)∈R2∖{0,0}∅ si (x,y)=(0,0)\begin{align*} A_{(x, y)} = \left\{z \in \mathbb{R} : (x, y, z) \in A\right\} = \begin{cases} \left\{\frac{1}{x^2 + y}\right\} & \text{ si } (x, y) \in \mathbb{R}^2 \setminus \{0, 0\}\\[2ex] \emptyset & \text{ si } (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{align*}

Por lo tanto, la medida de Lebesgue de cada sección es:

μ1(A(x,y))=0∀(x,y)∈R2\begin{align*} \mu_1(A_{(x, y)}) = 0 \quad \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 \end{align*}

Ahora, por el teorema de Fubini-Tonelli, tenemos que:

μ3(A)=∬R2μ1(A(x,y)) d(x,y)=∬R20 d(x,y)=0\begin{align*} \mu_3(A) & = \iint_{\mathbb{R}^2} \mu_1(A_{(x, y)}) \, d(x, y) = \iint_{\mathbb{R}^2} 0 \, d(x, y) = 0 \end{align*}

Ejercicio

Dadas 0<a<b<c<∞0 < a < b < c < \infty demuestra que:

E={(x,y,z)∈R3:x2a2+y2b2+z2c2=1}\begin{align*} E = \left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1\right\} \end{align*}

es un conjunto medible en el sentido de Lebesgue y su medida es cero.

📐Demostración

Definimos la función:

φ:R3⟶R(x,y,z)⟼x2a2+y2b2+z2c2\begin{align*} \varphi : \mathbb{R}^3 & \longrightarrow \mathbb{R}\\[2ex] (x, y, z) & \longmapsto \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} \end{align*}

Podemos notar que es continua en R3\mathbb{R}^3 y además:

E=φ−1({1})\begin{align*} E = \varphi^{-1}(\{1\}) \end{align*}

Por lo tanto, EE es medible en el sentido de Lebesgue al ser el conjunto {1}\{1\} medible en R\mathbb{R} y la función φ\varphi medible.

Por otra parte, si consideramos el cambio de coordenadas dado por:

T:R3⟶R3(u,v,w)⟼(au,bv,cw)\begin{align*} T : \mathbb{R}^3 & \longrightarrow \mathbb{R}^3\\[2ex] (u, v, w) & \longmapsto (au, bv, cw) \end{align*}

Entonces, tenemos que:

T(S2)=E con S2={(u,v,w):u2+v2+w2=1}\begin{align*} T(S^2) = E \quad \text{ con } S^2 = \left\{(u, v, w) : u^2 + v^2 + w^2 = 1 \right\} \end{align*}

Podemos expresar S2S^2 como:

S2={(x,y,1−x2−y2):x2+y2≤1}\begin{align*} S^2 = \left\{(x, y, \sqrt{1 - x^2 - y^2}): x^2 + y^2 \leq 1\right\} \end{align*}

Así, tenemos que si consideramos las secciones de EE:

E(x,y)={z∈R:(x,y,z)∈E}={{c2(1−x2a2−y2b2),−c2(1−x2a2−y2b2)} si x2a2+y2b2≤1∅ en otro caso\begin{align*} E_{(x, y)} = \left\{z \in \mathbb{R} : (x, y, z) \in E\right\} = \begin{cases} \left\{\sqrt{c^2\left(1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}\right)}, -\sqrt{c^2\left(1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}\right)}\right\} & \text{ si } \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1\\[4ex] \emptyset & \text{ en otro caso} \end{cases} \end{align*}

Por lo tanto, la medida de Lebesgue de cada sección es:

μ1(E(x,y))=0∀(x,y)∈R2\begin{align*} \mu_1(E_{(x, y)}) = 0 \quad \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 \end{align*}

Ahora, por el teorema de Fubini-Tonelli, tenemos que:

μ3(E)=∬R2μ1(E(x,y)) d(x,y)=∬R20 d(x,y)=0\begin{align*} \mu_3(E) & = \iint_{\mathbb{R}^2} \mu_1(E_{(x, y)}) \, d(x, y) = \iint_{\mathbb{R}^2} 0 \, d(x, y) = 0 \end{align*}

Ejercicio

Demuestra que para todo A∈M1A \in \mathcal{M}_1 con μ1(A)>0\mu_1(A) > 0 existe un subconjunto B⊆AB \subseteq A que no es medible en el sentido de Lebesgue.

📐Demostración

Se considera el conjunto de Vitali en el intervalo [0,1][0, 1] construido como:

  • Definimos la relación de equivalencia siguiente:
x∼y  ⟺  x−y∈Q\begin{align*} x \sim y \iff x - y \in \mathbb{Q} \end{align*}
  • Esta relación particiona R\mathbb{R} en clases de equivalencia disjuntas
  • Usando el axioma de elección, definimos el conjunto V⊆[0,1]V \subseteq [0, 1] que contiene exactamente un representante de cada clase de equivalencia

Ahora, si ̣̣̣\{r_k\}_{k = 1}^\infty es una enumeración de los racionales en [−1,1][ - 1, 1], consideramos los conjuntos:

Vk=V+rk={v+rk:v∈V}\begin{align*} V_k = V + r_k = \{v + r_k : v \in V\} \end{align*}

Podemos notar que los conjuntos VkV_k cumplen las siguientes propiedades:

  • Disjuntos dos a dos: supongamos z∈Vk∩Vjz \in V_k \cap V_j entonces:
z=vk+rk=vj+rj con vk,vj∈V  ⟹  vk−vj=rj−rk∈Q\begin{align*} z = v_k + r_k = v_j + r_j \quad \text{ con } v_k, v_j \in V \implies v_k - v_j = r_j - r_k \in \mathbb{Q} \end{align*}

Por lo que vk∼vjv_k \sim v_j y, por construcción de VV, vk=vjv_k = v_j y por tanto rk=rjr_k = r_j y k=jk = j que es una contradicción.

  • Contención: Podemos ver que:
[0,1]⊆⋃k=1∞Vk⊆[−1,2]\begin{align*} [0, 1] \subseteq \bigcup_{k = 1}^\infty V_k \subseteq [ - 1, 2] \end{align*}

Sea x∈[0,1]x \in [0, 1] entonces existe v∈Vv \in V tal que x−v=q∈Qx - v = q \in \mathbb{Q}. Como x,v∈[0,1]x, v \in [0, 1] entonces:

q=x−v∈[−1,1]  ⟹  q∈{rk}k=1∞  ⟹  x=v+q∈Vk para alguˊn k\begin{align*} q = x - v \in [ - 1, 1] \implies q \in \{r_k\}_{k = 1}^\infty \implies x = v + q \in V_k \text{ para algún } k \end{align*}

Por otro lado, como V⊆[0,1]V \subseteq [0, 1] y rk∈[−1,1]r_k \in [ - 1, 1] entonces:

Vk=V+rk⊆[−1,2]\begin{align*} V_k = V + r_k \subseteq [ - 1, 2] \end{align*}

Ahora, supongamos que todo subconjunto de AA es medible en el sentido de Lebesgue. Sea VV el conjunto de Vitali definido anteriormente, para cada q∈Qq \in \mathbb{Q} consideramos:

Aq=A∩(V+q)\begin{align*} A_q = A \cap (V + q) \end{align*}

Entonces, AqA_q debe de ser medible ya que es subconjunto de AA. Además, los conjuntos AqA_q son disjuntos dos a dos ya que los conjuntos V+qV + q lo son. Además, como VV contiene un representante de cada clase de equivalencia de R\mathbb{R} entonces cualquier real se puede escribir como v+qv + q con v∈Vv \in V y q∈Qq \in \mathbb{Q}. Por lo tanto:

A=⋃q∈Q(A∩(V+q))=⋃q∈QAq\begin{align*} A = \displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} (A \cap (V + q)) = \displaystyle \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} A_q \end{align*}

Como la medida de Lebesgue es invariante por traslaciones, sea Bq=Aq−qB_q = A_q - q notemos que:

B⊆V  ⟹  μ1(B)≤μ1(V)\begin{align*} B \subseteq V \implies \mu_1(B) \leq \mu_1(V) \end{align*}

Como todos los AqA_q son medibles, entonces:

μ1(Aq)>0  ⟹  μ1(V∩(Aq−q))=μ1(Bq)>0\begin{align*} \mu_1(A_q) > 0 \implies \mu_1(V \cap (A_q - q)) = \mu_1(B_q) > 0 \end{align*}

Pero si el conjunto VV teiene medida positiva, llegamos a una contradicción ya que el conjunto de Vitali no es medible en el sentido de Lebesgue. Por lo tanto, existe al menos un subconjunto B⊆AB \subseteq A que no es medible en el sentido de Lebesgue.