Resolución.

ANÁLISIS REAL - RESOLUCIÓN DEL RECUPERATORIO DEL
PRIMER PARCIAL
(1) Sea f : R → Rn una función tal que para todo x, y ∈ R,
|f (x) − f (y)|n ≤ e|x|+|y| |x − y|
Probar que si E ⊆ R y |E| = 0, entonces f (E) es medible y calcular su medida.
Demostración:
Veamos que |f (E)| = 0 (y por lo tanto es medible). Supongamos primero que E
es acotado. Entonces, para algún r > 0, E ⊆ (−r, r). Dado ε > 0, existe un abierto
U tal que E ⊆ U ⊆ (−r, r) y |U − E| < ε. Como U es abierto, U = ∪i (ai , bi ) donde
los (ai , bi ) son intervalos disjuntos.
Por hipótesis,
1
f ((ai , bi )) ⊆ B(f (ai ), (e2r |bi − ai |) n ).
Por lo tanto,
|f (U )| ≤
X
Ce2r |bi − ai | < Ce2r ε
i
lo que implica que |f (E)| = 0.
Si E no es acotado, podemos escribir E = ∪∞
r=1 (E ∩ (−r, r)) y con el mismo
argumento de antes basta probar que para cada r, |E ∩ (−r, r)| = 0, por lo que
|E| = 0.
(La variante f : R → R que dijimos que estaba permitida es análoga con cambios
mı́nimos).
(2) Sea X un conjunto no numerable y sea
Σ = {E ⊆ X : E es a la sumo numerable o E c es a lo sumo numerable}
(a) Probar que Σ es una σ-álgebra
(b) Probar que
1 si E es no numerable
µ(E) :=
0 otro caso
es una medida en (X, Σ).
Demostración: (a) Como el cardinal de ∅ es 0, esta en Σ. Como X c = ∅ tiene
cardinal 0, está en Σ. Sea A ∈ Σ, entonces sin pérdida de generalidad podemos
suponer que el cardinal de A es a lo sumo numerable, entonces el complemento de
su complemento, tiene cardinal a lo sumo numerable. Por lo tanto A{ ∈ Σ. Sean
1
2
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(An )n una familia numerable de Σ. Si todos los An son a lo sumo numerables, como
la unión numerable de numerables es a lo sumo numerable, está en Σ. En cambio
S
si existe algún An0 tal que A{n0 es a lo sumo numerable, como ( n An ){ ⊆ (An0 ){
S
tenemos que entonces ( n An ){ es a lo sumo numerable y por lo tanto Un An está
en Σ. Por lo tanto Σ es una σ-álgebra.
(b) Como la imagen de µ es {0, 1}, resulta no negativa. Como ∅ tiene cardinal
0, automáticamente µ(∅) = 0. Ahora, supongamos que tenemos (An )n una familia
numerable de elementos de Σ disjuntos. Si todos tienen cardinal a lo sumo numerable,
entoncesP
como la unión
S
P es suma numerable de numerables, tenemos que
µ( n An ) = 0 = n µ(An ) = n 0. El posible problema serı́a que haya dos elementos de Σ disjuntos tales que ambos sean no numerables. Veamos que eso no
puede pasar. Supongamos que A, B ∈ Σ son no numerables y disjuntos. Como
están en Σ, sus complementos son a lo sumo numerables. Pero entonces como
A ∩ B = ∅, tenemos que A{ ∪ B { = X. Esto es absurdo porque X es no numerable.
Por lo tanto, de la familia numerable disjunta (An )n a lo sumo puede haber un An0
noSnumerable, de manera que
P en ese caso la unión queda no numerable y se tiene
µ( n An ) = 1 = µ(An0 ) + n6=n0 µ(An ) = 1 + 0. O sea que µ es σ-aditiva. Por lo
tanto µ resulta una medida como querı́amos ver.
(3) Sea E ⊆ Rn medible y sean fn , f : E → [0, 1] medibles y finitas c.t.p. tales que
m
fn → f . Dada φ : [0, 1] → R continua,
m
(a) Probar que φ ◦ fn → φ ◦ f .
(b) Probar que si |E| < +∞, entonces φ ◦ fn → φ ◦ f en L1 (E).
Demostración:
(a) Dado λ > 0, como φ es uniformemente continua (por ser continua en un
compacto), existe δ > 0 tal que |φ(x) − φ(y)| < λ si |x − y| < δ. Ahora, dado ε y
el mismo δ anterior, sea n0 ∈ N tal que m({|fn − f | ≥ δ}) < ε, para todo n ≥ n0 .
Entonces es claro que para todo n ≥ n0 ,
m({|φ(fn ) − φ(f )| ≥ λ}) ≤ m({|f − fn | ≥ δ}) < ε.
m
(b) Por el ı́tem anterior sabemos que φ ◦ fn → φ ◦ f , por lo tanto existe una
subsucesión φ ◦ fnj → φ ◦ f en c.t.p. Como φ es una función continua en un
compacto, alcanza máximo y mı́nimo, digamos |φ| < M . Al ser |E| < +∞, y
|φ ◦ fnj | < M (que es integrable) para todo j, por el teorema de convergencia
mayorada
Z
Z
|φ ◦ fnj | →
|φ ◦ f |,
E
E
es decir que φ ◦ fnj → φ ◦ f en L1 (E).
Para ver que toda la sucesión converge a lo mismo, notemos que si esto no pasa,
entonces existen ε > 0 y otra subsucesión φ ◦ fnk tal que kφ ◦ fnk − φ ◦ f k1 ≥ ε.
m
Pero φ ◦ fnk → φ ◦ f (porque toda la sucesión lo hace), de donde deducimos como
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antes que existe una subsubsucesión φ ◦ fnkl → φ ◦ f en L1 (E), que contradice lo
que estamos suponiendo. Luego, φ ◦ fn → φ ◦ f en L1 (E).
(4) Una sucesión de funciones {fn }∞
n=1 definidas en un conjunto A se dice equiintegrable
R
si dado ε > 0 existe δ > 0 tal que para todo B ⊆ A, |B| < δ, vale que B |fn | < ε
para todo n ∈ N. Probar que si |A| < ∞ y fn es una sucesión de funciones
equiintegrables en A tales que fn → f en c.t.p. de A, entonces
Z
Z
f
fn =
lim
n→∞ A
A
Demostración:
R
Dado ε, sea δ > 0 tal que B |fn | < 2ε si |B| < δ. Además, si |B| < δ, por el lema
de Fatou,
Z
Z
ε
|f | ≤ lim inf
|fn | < .
n→∞
2
B
B
Por el teorema de Egorov, existe C ⊆ A tal que |C| < δ y fn → f uniformemente
en A − C. Entonces,
Z
Z
Z
|fn − f | =
|fn − f | +
|fn − f |
A
A−C
C
Z
Z
Z
≤
|fn − f | +
|f | +
|fn |
C
C
ZA−C
≤
|fn − f | + ε
A−C
R
Y usando la convergencia uniforme, A−C |fn − f | < ε para n suficientemente
R
R
R
grande. Luego A |fn − f | → 0 y, por lo tanto, A fn → A f .