8.6: Funciones integrables. Teoremas de Convergencia
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I. Algunos teoremas importantes se aplican a las funciones integrables.
Si\(f, g : S \rightarrow E^{*}\) son integrables en un conjunto\(A \in \mathcal{M}\) en\((S, \mathcal{M}, m),\) así es
\[p f+q g\]
para cualquier\(p, q \in E^{1},\) y
\[\int_{A}(p f+q g)=p \int_{A} f+q \int_{A} g;\]
en particular,
\[\int_{A}(f \pm g)=\int_{A} f \pm \int_{A} g.\]
- Prueba
-
Por Problema 5 en §5
\[\overline{\int}_{A} f+\overline{\int}_{A} g \geq \overline{\int}_{A}(f+g) \geq \underline{\int}_{A}(f+g) \geq \underline{\int}_{A} f + \underline{\int}_{A} g.\]
(Aquí
\[\overline{\int}_{A} f, \underline{\int}_{A} f, \overline{\int}_{A} g, \text { and } \underline{\int}_{A} g\]
son finitos por integrabilidad; así que todo es ortodoxo.)
Como
\[\overline{\int}_{A} f=\underline{\int}_{A} f \text { and } \overline{\int}_{A} g=\underline{\int}_{A} g,\]
las desigualdades se convierten en igualdades, de manera que
\[\int_{A} f+\int_{A} g=\overline{\int}_{A}(f+g)=\underline{\int}_{A}(f+g).\]
Utilizando también el Teorema 1 (e) (e') de §5, obtenemos el resultado deseado para cualquier\(p, q \in E^{1}. \quad \square\)
Una función\(f : S \rightarrow E^{*}\) es integrable\(A\) en\((S, \mathcal{M}, m)\) iff
(i) es\(m\) -mensurable en\(A,\) y
(ii)\(\overline{\int}_{A} f\) (equivalentemente\(\overline{\int}_{A}|f|\)) es finito.
- Prueba
-
Si estas condiciones se mantienen,\(f\) es integrable\(A\) por el Teorema 3 de §5.
Por el contrario, vamos
\[\overline{\int}_{A} f=\underline{\int}_{A} f \neq \pm \infty.\]
Usando Lema 2 en §5, arregle mapas medibles\(g\) y\(h\) (\(g \leq f \leq h\)) en\(A,\) con
\[\int_{A} g=\int_{A} f=\int_{A} h \neq \pm \infty.\]
Por Teorema 3 en §5,\(g\) y\(h\) son integrables en\(A;\) así por el Teorema 1,
\[\int_{A}(h-g)=\int_{A} h-\int_{A} g=0.\]
Como
\[h-g \geq h-f \geq 0,\]
obtenemos
\[\int_{A}(h-f)=0,\]
y así por el Teorema 1 (h) de §5,\(h-f=0\) a.e. en\(A\).
Por lo tanto,\(f\) es casi medible en\(A,\) y
\[\int_{A} f \neq \pm \infty\]
por suposición. A partir de la fórmula (1), luego obtenemos
\[\int_{A} f^{+} \text { and } \int_{A} f^{-}<\infty,\]
y por lo tanto
\[\int_{A}|f|=\int_{A}\left(f^{+}+f^{-}\right)=\int_{A} f^{+}+\int_{A} f^{-}<\infty\]
por el Teorema 1 y por el Teorema 2 de §2. Así todo está probado. \(\quad \square\)
Simultáneamente, también obtenemos el siguiente corolario.
Una función\(f : S \rightarrow E^{*}\) es integrable en\(A\) iff\(f^{+}\) y\(f^{-}\) son.
Si\(f, g : S \rightarrow E^{*}\) son integrables en\(A,\) lo que también son
\[f \vee g, f \wedge g,|f|, \text { and } k f \text { for } k \in E^{1},\]
con
\[\int_{A} k f=k \int_{A} f.\]
¡Ejercicio!
Para los productos\(f g,\) esto se mantiene si\(f\) o\(g\) está acotado. De hecho, tenemos el siguiente teorema.
\(f\)Sea\(m\) -mensurable y acotado en A. Set
\[p=\inf f[A] \text { and } q=\sup f[A].\]
Entonces si\(g\) es\(m\) -integrable en\(A,\) así es\(f g,\) y
\[\int_{A} f|g|=c \int_{A}|g|\]
para algunos\(c \in[p, q]\).
Si, además,\(f\) también tiene la propiedad Darboux en A (Capítulo 4, §9), entonces\(c=f(x_{0})\) para algunos\(x_{0} \in A.\)
- Prueba
-
Por suposición,
\[\left(\exists k \in E^{1}\right) \quad|f| \leq k\]
on\(A.\) Por lo tanto\(\int_{A}|g|=0\), si,
\ [
\ izquierda|\ int_ {A} f|g|\ derecha|\ leq\ int_ {A} |f g|\ leq k\ int_ {A} |g|=0;\]por lo que cualquier\(c \in[p, q]\) rendimiento
\[\int_{A} f|g|=c \int_{A}|g|=0.\]
Si, sin embargo,\(\int_{A}|g| \neq 0,\) el número
\[c=\left(\int_{A} f|g|\right) / \int_{A}|g|\]
es la constante requerida.
Además, como\(f\) y\(g\) son\(m\) medibles en\(A,\) lo que es\(f g;\) y como
\[\left|\int_{A} f g\right| \leq|c| \int_{A}|g|<\infty,\]
\(f g\)es integrable\(A\) por el Teorema 2.
Por último, si\(f\) tiene la propiedad Darboux y si\(p<c<q\) (con\(p, q\) como arriba), entonces
\[f(x)<c<f(y)\]
para algunos\(x, y \in A\) (¿por qué?) ; de ahí por la propiedad Darboux,\(f\left(x_{0}\right)=c\) para algunos\(x_{0} \in A.\)
Si, sin embargo,
\[c \leq \inf f[A]=p,\]
entonces
\[(f-c)|g| \geq 0\]
y
\[\int_{A}(f-c)|g|=\int_{A} f|g|-c \int_{A}|g|=0 \text { (why?);}\]
así por Teorema 1 (h) en §5,\(f-c=0\) a.e. on\(A.\) Entonces seguramente\(f\left(x_{0}\right)=c\) para algunos\(x_{0} \in A\) (excepto el caso trivial\(m A=0\)). Esto también implica\(c \in f[A] \in[p, q]\).
Proceder de manera similar en el caso\(c \geq q. \quad \square\)
Si\(f\) es integrable en\(A \in \mathcal{M},\) es así en cualquiera\(B \subseteq A(B \in \mathcal{M})\).
- Prueba
-
Aplicar Teorema 1 (f) en §5, y Teorema 3 de §5, a\(f^{+}\) y\(f^{-}. \quad \square\)
II. Teoremas de Convergencia. Si está\(f_{n} \rightarrow f\) activado\(A\) (puntual, a.e., o uniformemente), sigue eso
\[\int_{A} f_{n} \rightarrow \int_{A} f ?\]
Para dar algunas respuestas, necesitamos un lema.
Si está\(f \geq 0\) encendido\(A \in \mathcal{M}\) y si
\[\underline{\int}_{A} f>p \in E^{*},\]
hay un mapa elemental y no negativo\(g\) en\(A\) tal que
\[\int_{A} g>p,\]
y\(g<f\) en\(A\) excepto solo en aquellos\(x \in A\) (si los hubiera) en los que
\[f(x)=g(x)=0.\]
(Luego escribimos brevemente\(g \subset f\) sobre\(A.\))
- Prueba
-
Por Lemma 1 en §5, hay un mapa elemental y no\(G \leq f\) negativo\(A,\) con
\[\underline{\int}_{A} f \geq \int_{A} G>p.\]
Por lo demás, proceda como en el Problema 7 de §4, sustituyendo\(f\) por\(G\) ahí. \(\quad \square\)
Si\(0 \leq f_{n} \nearrow f\) (a.e.) en\(A \in \mathcal{M},\) i.e.
\[0 \leq f_{n} \leq f_{n+1} \quad (\forall n),\]
y\(f_{n} \rightarrow f\) (a.e.) en\(A,\) entonces
\[\overline{\int}_{A} f_{n} \nearrow \overline{\int}_{A} f.\]
- Prueba para\(\mathcal{M}\) -mensurable\(f_{n}\) y\(f\) en\(A.\)
-
Por Corolario 2 en §5, podemos suponer que\(f_{n} \nearrow f\) (puntualmente) on\(A\) (de lo contrario, soltar un conjunto nulo).
Por Teorema 1 (c) de §5,\(0 \leq f_{n} \nearrow f\) implica
\[0 \leq \int_{A} f_{n} \leq \int_{A} f,\]
y así
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{A} f_{n} \leq \int_{A} f.\]
El límite, llamarlo\(p,\) existe en\(E^{*},\) ya\(\left\{\int_{A} f_{n}\right\} \uparrow.\) que queda por demostrar que
\[p \geq \overline{\int}_{A} f=\underline{\int}_{A} f.\]
(Sabemos que
\[\overline{\int}_{A} f=\underline{\int}_{A} f,\]
por la supuesta mensurabilidad de\(f;\) ver Teorema 3 en §5.)
Supongamos
\[\underline{\int}_{A} f>p.\]
Entonces Lema 1 arroja un mapa elemental y no\(g \subset f\) negativo\(A,\) con
\[p<\int_{A} g.\]
Let
\[A_{n}=A\left(f_{n} \geq g\right), \quad n=1,2, \ldots.\]
Entonces\(A_{n} \in \mathcal{M}\) y
\[A_{n} \nearrow A=\bigcup_{n=1}^{\infty} A_{n}.\]
Porque si\(f(x)=0,\) entonces\(x \in A_{1},\) y si\(f(x)>0,\) entonces\(f(x)>g(x),\) así que\(f_{n}(x)>g(x)\) para grandes de\(n;\) ahí\(x \in A_{n}.\)
Por Nota 4 en §5, la función set\(s=\int g\) es una medida, de ahí continua por el Teorema 2 en el Capítulo 7, §4. Así
\[\int_{A} g=s A=\lim _{n \rightarrow \infty} s A_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{A_{n}} g.\]
Pero como\(g \leq f_{n}\) en\(A_{n},\) tenemos
\[\int_{A_{n}} g \leq \int_{A_{n}} f_{n} \leq \int_{A} f_{n}.\]
De ahí
\[\int_{A} g=\lim \int_{A_{n}} g \leq \lim \int_{A} f_{n}=p,\]
contrario a\(p<\int_{A} g.\) Esta contradicción completa la prueba. \(\quad \square\)
Si está\(f_{n} \geq 0\) encendido\(A \in \mathcal{M}(n=1,2, \ldots),\) entonces
\[\overline{\int}_{A} \underline{\lim} f_{n} \leq \underline{\lim } \overline{\int}_{A} f_{n}.\]
- Prueba
-
Let
\[g_{n}=\inf _{k \geq n} f_{k}, \quad n=1,2, \ldots;\]
así\(f_{n} \geq g_{n} \geq 0\) y\(\left\{g_{n}\right\} \uparrow\)\(A.\) así por Teorema 4,
\[\overline{\int}_{A} \lim g_{n} = \lim \overline{\int}_{A} g_{n} = \underline{\lim} \overline{\int}_{A} g_{n} \leq \underline{\lim} \overline{\int}_{A} f_{n}.\]
Pero
\[\lim _{n \rightarrow \infty} g_{n}=\sup _{n} g_{n}=\sup _{n} \inf _{k \geq n} f_{k}=\lim _{n} f_{n}.\]
De ahí
\[\overline{\int}_{A} \underline{\lim} f_{n} = \overline{\int}_{A} \lim g_{n} \leq \underline{\lim} \overline{\int}_{A} f_{n},\]
según lo reclamado. \(\quad \square\)
\(f_{n} : S \rightarrow E\)Sea\(m\) -mensurable en\(A \in \mathcal{M} (n=1,2,\ldots).\) Let
\[f_{n} \rightarrow f \text{ (a.e.) on } A.\]
Entonces
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{A}\left|f_{n}-f\right|=0,\]
siempre que exista un mapa\(g : S \rightarrow E^{1}\) tal que
\[\int_{A} g<\infty\]
y
\[(\forall n) \quad\left|f_{n}\right| \leq g \text { a.e. on } A.\]
- Prueba
-
Despreciando los conjuntos nulos, podemos suponer que
\[\left|f_{n}\right| \leq g<\infty\]
encendido\(A\) y\(f_{n} \rightarrow f\) (puntual) encendido\(A;\) así\(|f| \leq g\) y
\[\left|f_{n}-f\right| \leq\left|f_{n}\right|+|f| \leq 2 g\]
on\(A.\) Como\(|f|<\infty,\) tenemos
\[\left|f_{n}-f\right| \rightarrow 0\]
on\(A.\) Por lo tanto, establecer
\[h_{n}=2 g-\left|f_{n}-f\right| \geq 0,\]
obtenemos
\[2 g=\lim _{n \rightarrow \infty} h_{n}=\underline{\lim} h_{n}.\]
También podemos suponer que\(g\) es medible en\(A.\) (Si no, reemplazarlo por un medible\(G \geq g,\) con
\[\int_{A} G=\int_{A} g<\infty,\]
por Lemma 2 en §5.) Entonces todos
\[h_{n}=2 g-\left|f_{n}-f\right|\]
son medibles (incluso integrables) en\(A\).
Así por Lemma 2,
\ begin {alineado}\ int_ {A} 2 g =\ int_ {A}\ subrayado {\ lim} h_ {n} &\ leq\ subrayado {\ lim}\ int_ {A}\ izquierda (2 g-\ izquierda|f_ {n} -f\ derecha|\ derecha)\\ &=\ subrayado {\ lim}\ izquierda (\ int_ {A} 2 g+\ int_ {A}\ izquierda (-\ izquierda|f_ {n} -f\ derecha|\ derecha)\ derecha)\\ &=\ int_ {A} 2 g+\ subrayado {\ lim}\ izquierda (-\ int_ {A}\ izquierda|f_ {n} -f\ derecha|\ derecha)\ \ &=\ int_ {A} 2 g-\ overline {\ lim}\ int_ {A}\ izquierda|f_ {n} -f\ derecha|. \ end {aligned}
(Ver Problemas 5 y 8 en el Capítulo 2, §13.)Cancelación\(\int_{A} 2 g\) (¡finito!) , tenemos
\[0 \leq-\overline{\lim } \int_{A}\left|f_{n}-f\right|.\]
De ahí
\[0 \geq \overline{\lim } \int_{A}\left|f_{n}-f\right| \geq \underline{\lim }\int_{A}\left|f_{n}-f\right| \geq 0,\]
ya que\(\left|f_{n}-f\right| \geq 0.\) esto rinde
\[0=\overline{\lim } \int_{A}\left|f_{n}-f\right|=\underline{\lim} \int_{A}\left|f_{n}-f\right|=\lim \int_{A}\left|f_{n}-f\right|,\]
según sea necesario. \(\quad \square\)
Nota 1. El teorema 5 se mantiene también para funciones complejas y vectorizadas (para\(\left|f_{n}-f\right|\) es real).
En el caso real extendido, los teoremas 1 (g) en §5 y los teoremas 1 y 2 en §6 rendimiento
\[\left|\int_{A} f_{n}-\int_{A} f\right|=\left|\int_{A}\left(f_{n}-f\right)\right| \leq \int_{A}\left|f_{n}-f\right| \rightarrow 0,\]
es decir,
\[\int_{A} f_{n} \rightarrow \int_{A} f.\]
Además,\(f\) es integrable al\(A,\) ser medible (¿por qué?) , con
\[\int_{A}|f| \leq \int_{A} g<\infty.\]
Para funciones complejas y vectorizadas, esto se derivará de §7. Observe que el Teorema 5, a diferencia del Teorema 4, requiere la\(m\) -mensurabilidad del\(f_{n}\).
Nota 2. Teorema 5 falla si no hay “dominante”
\[g \geq\left|f_{n}\right| \text { with } \int_{A} g<\infty,\]
incluso si\(f\) y los\(f_{n}\) son integrables.
Let\(m\) Be Lebesgue mide en\(A=E^{1}, f=0,\) y
\[f_{n}=\left\{\begin{array}{ll}{1} & {\text { on }[n, n+1],} \\ {0} & {\text { elsewhere. }}\end{array}\right.\]
Entonces\(f_{n} \rightarrow f\) y\(\int_{A} f_{n}=1;\) así
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{A} f_{n}=1 \neq 0=\int_{A} f.\]
El problema es que cualquier
\[g \geq f_{n} \quad(n=1,2, \ldots)\]
tendría que estar\(\geq 1\)\(B=[1, \infty);\) encendido
\[\int_{A} g \geq \int_{B} g=1 \cdot m B=\infty,\]
en lugar de\(\int_{A} g<\infty\).
Este ejemplo también muestra que\(f_{n} \rightarrow f\) por sí solo no implica
\[\int_{A} f_{n} \rightarrow \int_{A} f.\]
Dado\(f : S \rightarrow E\) con
\[\overline{\int}_{A}|f|<\infty\]
y\(\varepsilon>0,\) hay\(\delta>0\) tal que
\[\overline{\int}_{X}|f|<\varepsilon\]
siempre que
\[m X<\delta \quad(A \supseteq X, X \in \mathcal{M}).\]
- Prueba
-
Por Lemma 2 en §5, fijar\(h \geq|f|,\) medible en\(A,\) con
\[\int_{A} h=\overline{\int}_{A}|f|<\infty.\]
Despreciando un conjunto nulo, asumimos que\(|h|<\infty\) on\(A\) (Corolario 1 de §5). Ahora,\((\forall n)\) establece
\[g_{n}(x)=\left\{\begin{array}{ll}{h(x),} & {x \in A_{n}=A(h<n),} \\ {0,} & {x \in-A_{n}.}\end{array}\right.\]
Entonces\(g_{n} \leq n\) y\(g_{n}\) es medible en\(A\). (¿Por qué?)
Además,\(g_{n} \geq 0\) y\(g_{n} \rightarrow h\) (puntualmente) en\(A\).
Para dejar\(\varepsilon>0,\) arreglar\(x \in A,\) y encontrar\(k>h(x).\) Entonces
\[(\forall n \geq k) \quad h(x) \leq n \text { and } g_{n}(x)=h(x).\]
Entonces
\[(\forall n \geq k) \quad\left|g_{n}(x)-h(x)\right|=0<\varepsilon.\]
Claramente, de\(g_{n} \leq h.\) ahí por el teorema 5
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{A}\left|h-g_{n}\right|=0.\]
Así podemos arreglar\(n\) tan grandes que
\[\int_{A}\left(h-g_{n}\right)<\frac{1}{2} \varepsilon.\]
Para eso\(n,\) vamos
\[\delta=\frac{\varepsilon}{2 n}\]
y tomar cualquiera\(X \subseteq A(X \in \mathcal{M}),\) con\(m X<\delta\).
Como\(g_{n} \leq n\) (ver arriba), el Teorema 1 (c) en §5 rinde
\[\int_{X} g_{n} \leq \int_{X}(n)=n \cdot m X<n \delta=\frac{1}{2} \varepsilon.\]
Por lo tanto, como\(|f| \leq h\) y
\[\int_{X}\left(h-g_{n}\right) \leq \int_{A}\left(h-g_{n}\right)<\frac{1}{2} \varepsilon\]
(Teorema 1 (f) de §5), obtenemos
\[\overline{\int}_{X}|f| \leq \int_{X} h=\int_{X}\left(h-g_{n}\right)+\int_{X} g_{n}<\frac{1}{2} \varepsilon+\frac{1}{2} \varepsilon=\varepsilon,\]
según sea necesario. \(\quad \square\)