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# 8.6: Funciones integrables. Teoremas de Convergencia

$$\newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} }$$ $$\newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}}$$$$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$$ $$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$ $$\newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$$ $$\newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$$ $$\newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$$ $$\newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$$ $$\newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$$ $$\newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$$ $$\newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$$ $$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$ $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$$ $$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$ $$\newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$$ $$\newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$$ $$\newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$$ $$\newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$$ $$\newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$$ $$\newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$$ $$\newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$$ $$\newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$$$\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}$$

I. Algunos teoremas importantes se aplican a las funciones integrables.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$ (linearity of the integral)

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

$\overline{\int}_{A} f=\underline{\int}_{A} f \text { and } \overline{\int}_{A} g=\underline{\int}_{A} g,$

$\int_{A} f+\int_{A} g=\overline{\int}_{A}(f+g)=\underline{\int}_{A}(f+g).$

Utilizando también el Teorema 1 (e) (e') de §5, obtenemos el resultado deseado para cualquier$$p, q \in E^{1}. \quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

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.

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Una función$$f : S \rightarrow E^{*}$$ es integrable en$$A$$ iff$$f^{+}$$ y$$f^{-}$$ son.

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

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.

## Teorema$$\PageIndex{3}$$ (weighted law of the mean)

$$f$$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$$c \geq q. \quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{3}$$

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.

## Lema$$\PageIndex{1}$$

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. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{4}$$ (monotone convergence)

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. $$\quad \square$$

## Lema$$\PageIndex{2}$$ (Fatou)

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. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{5}$$ (dominated convergence)

$$f_{n} : S \rightarrow E$$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.

## Ejemplo

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

$\int_{A} f_{n} \rightarrow \int_{A} f.$

## Teorema$$\PageIndex{6}$$ (absolute continuity of the integral)

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. $$\quad \square$$

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