Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

10La integral de Lebesgue

La integral de Riemann corta el dominio en pequeños intervalos; Lonchas de Lebesgue el rango: para integrar $f$ , medida los conjuntos $\{f > t\}$ . El cambio parece inocente. y es revolucionario. Límites e integrales, siempre peleando en la teoría de Riemann (¡se requiere convergencia uniforme!), son conciliado por tres teoremas de convergencia — monótono convergencia, Fatou, dominó la convergencia — cuyas hipótesis son casi vergonzosamente débiles. Este capítulo construye el integral sobre un medir el espacio $(X, \mathcal A, \mu)$ arbitrario, prueba los tres teoremas, establece la solución exacta relación con la integral de Riemann (una función acotada es integrable en Riemann si es continuo casi en todas partes), y industrializa la diferenciación de parámetros dependientes integrales — la técnica que utiliza el problema del fin de semana para calcular $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ y $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ .

10.1 Funciones medibles

Definición 10.1

Sean $(X, \mathcal A)$ , $(Y, \mathcal B)$ espacios medibles. $f \colon X \to Y$ es mensurable si $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ por cada $B \in \mathcal B$ . De verdad (o valorado en $[-\infty,+\infty]$ ) funciones, $Y = \R$ lleva su álgebra Borel $\sigma$ , y basta con comprobar $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ para todos los $t \in \R$ : los buenos conjuntos $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ forman un álgebra $\sigma$ (las preimágenes conmutan con operaciones establecidas) que contienen el generando rayos (Definición 9.2, Método 9.17).

Proposición 10.2

(a) Las composiciones de las aplicaciones mensurable son mensurable; continuo mapas son Borel mensurable. (b) Si $f, g \colon X \to \R$ son mensurable, también lo son $f + g$ , $fg$ , $\max(f,g)$ , $\abs f$ , $\lambda f$ . (c) Si $(f_n)$ son mensurable con valores en $[-\infty, +\infty]$ , luego $\sup_nf_n$ , $\inf_nf_n$ , $\limsup f_n$ , $\liminf f_n$ son mensurable; si $f_n \to f$ puntualmente, $f$ es mensurable.

Demostración. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; continuidad da mensurabilidad a través de la generación conjuntos abiertos (Problema 9.1, pregunta 10, en forma general). (b) $(f, g) \colon X \to \R^2$ es mensurable para Borel $\sigma$ -álgebra de $\R^2$ — marque las casillas abiertas, que generar (las aperturas de $\R^2$ son uniones contables de racionales cajas): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — y $+, \times, \max$ son continuo $\R^2 \to \R$ : redactar. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; un límite puntual es propio $\limsup$ . ∎

Definición 10.3

Un función sencilla es un medible función con un número finito de valores: $s = \sum_{i=1}^n c_i\,\mathbf 1_{A_i}$ , $A_i \in \mathcal A$ disjunto, $c_i \geq 0$ (para la teoría no negativa). Su integral es

\int s\,\dd\mu = \sum_i c_i\,\mu(A_i) \in [0, +\infty]

(convenio $0\cdot\infty = 0$ ); el valor no depende de el representación (refinar dos particiones).

Teorema 10.4 (Aproximación mediante funciones simples)

Cada mensurable $f \colon X \to [0, +\infty]$ es puntual límite de una secuencia creciente de funciones simples:

s_n = \sum_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\, \mathbf 1_{\{\frac{k-1}{2^n} \leq f < \frac k{2^n}\}} + n\,\mathbf 1_{\{f \geq n\}} \nearrow f .

Demostración. Cada $s_n$ es simple (los conjuntos son preimágenes de conjuntos de Borel). Monotonicidad: pasar de $n$ a $n+1$ divide cada diádica nivel en dos y nunca disminuye el valor asignado (un punto con $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ obtiene cualquiera de los dos $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ o $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , ambos $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; el límite $n$ también sube). Convergencia: si $f(x) < \infty$ , para $n > f(x)$ tenemos $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; si $f(x) = \infty$ , $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 Los teoremas de la integral y de la convergencia

Definición 10.5

Para mensurable $f \geq 0$ :

\int f \,\dd\mu = \sup\Bigl\{\int s\,\dd\mu : s \text{ simple}, \ 0 \leq s \leq f\Bigr\} \in [0, +\infty].

Es monótono en $f$ por construcción y extiende el simple caso (para $f$ simple, la sup se alcanza en $f$ : comparación de integrales simples mediante refinamientos comunes).

Teorema 10.6 (Convergencia monótona, Beppo Levi)

Si $0 \leq f_n \nearrow f$ puntual (mensurable), entonces

\int f_n\,\dd\mu \nearrow \int f\,\dd\mu .

Demostración. $f$ es mensurable (Proposición 10.2(c)) y $\int f_n$ aumenta a algo de $L \leq \int f$ (monotonicidad). Por el contrario, arregle un simple $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ y $\theta \in (0,1)$ ; los conjuntos $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ son mensurable y aumentan a $X$ (donde $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ , por lo que eventualmente $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; donde $s(x) = 0$ : trivialmente). entonces

\int f_n \geq \int_{E_n}\theta s\,\dd\mu = \theta\sum_i c_i\,\mu(A_i \cap E_n) \xrightarrow[n\to\infty]{} \theta\sum_ic_i\,\mu(A_i) = \theta\int s

por continuidad desde abajo (Proposición 9.6(c)). Entonces $L \geq \theta\int s$ para todos los $\theta < 1$ y todos los $s \leq f$ simples: $L \geq \int f$ . ∎

Corolario 10.7

Para mensurable $f, g \geq 0$ y $c \geq 0$ : $\int(f + g) = \int f + \int g$ y $\int cf = c\int f$ ; para una serie de funciones medibles, $\int\sum_nf_n = \sum_n\int f_n$ no negativos.

Demostración. Para funciones simples, la aditividad es un cálculo sobre una base común refinamiento. En general tome $s_n \nearrow f$ , $t_n \nearrow g$ (Teorema 10.4): $s_n + t_n \nearrow f + g$ y MCT pasa la aditividad al límite. la serie La declaración es MCT aplicada a las sumas parciales. ∎

Teorema 10.8 (Lema de Fatou)

Para mensurable $f_n \geq 0$ :

\int \liminf_n f_n \,\dd\mu \;\leq\; \liminf_n \int f_n\,\dd\mu .

Demostración. Sea $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : mensurable, $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ y $g_N \leq f_n$ por cada $n \geq N$ , entonces $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Aplicar MCT a la izquierda lado: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Definición 10.9

Un mensurable $f \colon X \to \R$ (o $\C$ ) es integrable si $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; entonces $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (partes positivas y negativas; partes reales e imaginarias en el caso complejo). La integral es lineal en funciones integrables. (descomponer y recombinar partes positivas; el caso complejo se reduce al real) y satisface $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (caso real: $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ; caso complejo: multiplicar por una constante unimodular para hacer real la integral). Una propiedad contiene casi en todas partes (a.e.) si falla solo en un conjunto nulo $\mu$ ; modificar $f$ en un conjunto nulo cambia no integral (la diferencia está dominada por $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , de la integral $0$ ).

Teorema 10.10 (Convergencia dominada)

Sea $f_n \to f$ a.e., con $\abs{f_n} \leq g$ a.e. para un valor fijo integrable $g$ . Entonces $f$ es integrable y

\int f_n\,\dd\mu \longrightarrow \int f\,\dd\mu, \qquad\text{indeed}\quad \int\abs{f_n - f}\,\dd\mu \to 0 .

Demostración. Descarta un conjunto nulo para formular las hipótesis puntualmente. $\abs f \leq g$ : $f$ es integrable. Las funciones $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ satisfacen $\liminf h_n = 2g$ ; fatou da

\int 2g \leq \liminf\int\bigl(2g - \abs{f_n - f}\bigr) = \int 2g - \limsup\int\abs{f_n - f},

entonces $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (la resta es legal: $\int 2g < \infty$ ). Finalmente $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Método 10.11

Frente a $\lim_n\int f_n$ : prueba, en orden — (1) es el ¿Secuencia monótona (o una serie de términos no negativos)? MCT, no integrabilidad necesario. (2) ¿Existe un único integrable? dominador $g \geq \abs{f_n}$ , encontrado por límites crudos (“ $\sup_n$ ” las estimaciones)? DCT. (3) Sin dominación, no ¿monotonicidad? Fatou todavía limita a un lado, y la igualdad puede realmente falla: el tope de escape $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ tiene $\int f_n = 1$ pero $f_n \to 0$ a.e. La dominación es exactamente lo que prohíbe a la masa escapar hacia infinito, vertical u horizontalmente.

10.3 Riemann contra Lebesgue

Teorema 10.12 (criterio de Lebesgue)

Sea $f \colon \intcc ab \to \R$ encerrado. Entonces $f$ es integrable en Riemann si $f$ es continuo $\lambda$ -casi en todas partes; en ese caso $f$ es integrable en Lebesgue y los dos las integrales coinciden.

Demostración. Para una subdivisión $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ , sea $L_\sigma$ y $U_\sigma$ sean las funciones escalonadas iguales, en cada $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ , a $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ y $M_i = \sup$ ; las sumas de Darboux son sus integrales (Riemann y Lebesgue está de acuerdo en las funciones escalonadas, ambas dan $\sum m_i\Delta x_i$ ). Tome una secuencia de subdivisiones $\sigma_n$ , cada uno refinando el último, de malla $\to 0$ , con sumas Darboux convergiendo a las integrales de Darboux inferior y superior de $f$ . Los refinamientos hacen que $L_{\sigma_n}$ sea no decreciente y $U_{\sigma_n}$ punto no creciente fuera del conjunto contable $D$ de todos los puntos de división; llame a los límites $\ell$ y $u$ (mensurable, Proposición 10.2). Para $x \notin D$ , escriba $I_n(x)$ para el intervalo abierto $\sigma_n$ que contiene $x$ : $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ y $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; Dado que las mallas se reducen a $0$ , estas son el sobres inferior y superior de $f$ en $x$ — $u(x) - \ell(x)$ es la oscilación de $f$ en $x$ — entonces que $\ell(x) = u(x)$ iff $f$ is continuo at $x$ . Por MCT/DCT (intervalo finito acotado):

\int_{\intcc ab}\ell\,\dd\lambda = \lim_n\int L_{\sigma_n} = \underline{\int}f, \qquad \int_{\intcc ab}u\,\dd\lambda = \overline{\int}f .

$f$ integrable en Riemann $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ e.e. ( $u - \ell \geq 0$ ; Ejercicio 10.5) $\iff$ $f$ continuo a.e. En ese caso $\ell \leq f \leq u$ con $\ell = u$ a.e.: $f$ es igual a mensurable $\ell$ a.e., por lo tanto es Lebesgue-medible (lo completo de $\lambda$ ) con $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

Ejemplo 10.13

$\mathbf 1_\Q$ no está en ninguna parte continuo: no integrable en Riemann — pero Lebesgue-trivial: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . Función de Thomae ( $\frac1q$ en racionales $\frac pq$ , $0$ en otros lugares) es continuo exactamente en el irracionales: integrable en Riemann con integral $0$ . y incorrecto Las integrales de Riemann son una noción diferente: $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ converge como un límite de $\int_0^A$ (el problema del fin de semana lo calcula $= \frac\pi2$ ), pero $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : lo absoluto integral diverge como la serie armónica (Ejercicio 10.6). La teoría de Lebesgue opera convergencia condicional para teoremas de límites robustos.

10.4 Integrales con parámetros

En todo momento, $(X, \mathcal A, \mu)$ es un medir el espacio, $T$ es un espacio métrico (el parámetro) y $f \colon T \times X \to \C$ con $f(t, \cdot)$ integrable por cada $t$ ; establezca $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Teorema 10.14 (continuidad)

Supongamos: $t \mapsto f(t,x)$ es continuo en $t_0$ para a.e. $x$ , y hay un integrable $g$ con $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ para todos los $t$ en un entorno de $t_0$ y a.e. $x$ . Entonces $F$ es continuo en $t_0$ .

Demostración. Para cualquier secuencia $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ a.e., dominada por $g$ : DCT da $F(t_n) \to F(t_0)$ ; continuidad secuencial es suficiente en espacios métricos (Observación 6.8). ∎

Teorema 10.15 (Diferenciación bajo la integral)

Sea $T$ un intervalo abierto de $\R$ . Supongamos: para a.e. $x$ , $t \mapsto f(t,x)$ es diferenciable en $T$ , con

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{for all } t \in T,\ \text{a.e. } x,

$g$ integrable. Entonces $F$ es diferenciable en $T$ con $F'(t) = \int_X \frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Demostración. Arreglar $t$ y $h_n \to 0$ : los cocientes de diferencia

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{a.e.},

y los límites de desigualdad del valor medio $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : se aplica DCT, y $\frac{F(t + h_n) - F(t)}{h_n} = \int\varphi_n \to \int\partial_t f(t, \cdot)$ . ∎

Ejemplo 10.16 (La función Gamma)

Para $t > 0$ deje

\Gamma(t) = \int_0^{+\infty} x^{t-1}\eu^{-x}\,\dd x .

La integral converge: cerca de $0$ , $x^{t-1}$ es integrable ( $t > 0$ ); en el infinito, $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . Integración por partes (en $[\varepsilon, A]$ , luego límites vía MCT) da la ecuación funcional $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , de donde $\Gamma(n+1) = n!$ : el factorial interpolado. En cada $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ , $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ está dominado por $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ , integrable: $\Gamma$ es $\mathcal C^1$ , y por inducción $\mathcal C^\infty$ , con $\Gamma^{(k)}(t) = \int_0^\infty(\ln x)^kx^{t-1}\eu^{-x}\dd x$ . el valor $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ es la integral gaussiana en disfrazar (Problema 10.1).

El integrando xx: la integral impropia ∈t_0∈fty converge mediante cancelación alterna entre los arcos, pero las áreas | | de los arcos se comportan como 2π k — una serie armónica: xx ∉ L1. Lebesgue integrabilidad es integrabilidad absoluto. — El integrando $\frac{\sin x}x$ : la integral impropia $\int_0^\infty$ converge mediante cancelación alterna entre los arcos, pero las áreas $\abs{\cdot}$ de los arcos se comportan como $\frac2{\pi k}$ — una serie armónica: $\frac{\sin x}x \notin L^1$ . Lebesgue integrabilidad es integrabilidad absoluto.

10.5 Ceremonias

Ejercicio 10.1 ★

(a) Demuestre que una función monótona $\R \to \R$ es Borel mensurable, y que un derivado (de un en todas partes función diferenciable) es Borel mensurable. (b) Demuestre que $f \colon X \to \R$ es mensurable si y solo $\{f > q\} \in \mathcal A$ para cada racional $q$ .

Solución

Solución de Ejercicio 10.1.

(a) Si $f$ no es decreciente, $\{f > t\}$ es $\varnothing$ , $\R$ , o una raya $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : Borel en cada caso; no creciente igualmente. Una derivada: $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ es un límite puntual de funciones continuo (por lo tanto mensurable): Proposición 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : si el los niveles racionales son mensurable, todos los niveles son, y los rayos generar $\mathcal B(\R)$ .

Ejercicio 10.2 ★

Calcular, con plena justificación:

\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(1 + x/n)^{n}}\,\dd x, \qquad \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x .

(Para el segundo: sustituya $u = x^n$ antes de dominar).

Solución

Solución de Ejercicio 10.2.

Primero: $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ para $x \geq 0$ , por lo que el el integrando tiende puntualmente a $\eu^{-x}\cos x$ ; para $n \geq 2$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ , dando el dominador integrable $(1 + x/2)^{-2}$ . DCT:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\cos x}{(1 + x/n)^n}\dd x = \int_0^\infty \eu^{-x}\cos x\,\dd x = \operatorname{Re}\int_0^\infty\eu^{-(1 - \iu)x}\dd x = \operatorname{Re}\frac{1}{1 - \iu} = \frac12 .

Segundo: sustituir $u = x^n$ (una biyección $\mathcal C^1$ de $\intoo01$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \longrightarrow \int_0^1\frac{\dd u}{2} = \frac12,

por DCT: para $u \in \intoo01$ , $u^{1/n} \to 1$ y el el integrando está acotado por $1$ en un medir el espacio finito.

Ejercicio 10.3 ★★

(a) Muestra una desigualdad estricta en el lema de Fatou. (b) Anexo $f_n \to 0$ puntualmente con $\int f_n = 1$ en tres maneras: escapar en altura, en ancho, hasta el infinito. cual soltero ¿Viola cada una de las hipótesis de la DCT? (c) Demuestre que en el lema de Fatou no se puede reemplazar $\liminf$ por $\limsup$ a cada lado.

Solución

Solución de Ejercicio 10.3.

(a) $f_n = n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ : $\liminf f_n = 0$ puntualmente, $\int f_n = 1$ : $0 < 1$ .

(b) Altura: $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ; ancho: $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ; traducción: $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . Todos tiende a $0$ puntualmente con $\int = 1$ . En cada caso el La hipótesis dominación falla: $\sup_nf_n$ es $\approx 1/x$ cerca de $0$ , $\approx$ una constante no integrable perfil, similar a $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ — nunca integrable.

(c) “ $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ ” falla para el Protuberancia de traducción: lado izquierdo $0$ , lado derecho $1$ . “ $\limsup\int \leq \int\limsup$ ” es la misma declaración. y Fatou para $\limsup$ con $\leq$ invertida ("Fatou inversa") requiere un dominador — el mismo golpe es el contraejemplo.

Ejercicio 10.4 ★★

(a) Mostrar $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (expand $\frac1{\eu^x - 1}$ in a geometric series and integrate term by term — which theorem permits it?). (b) (El sueño del estudiante de segundo año) Mostrar $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (Write $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ and compute $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ by substituting $x = \eu^{-u/(k+1)}$ , recognizing $\Gamma$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 10.4.

(a) Para $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ , por lo que $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ , una serie de medible funciones: Corolario 10.7 no negativos permite término por término integración:

\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6

( $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ por partes; Basilea de el volumen del año 2, o Ejercicio 13.5 por venir).

(b) En $\intoo01$ , $-x\ln x \geq 0$ , entonces $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ es una serie de términos no negativos: intercambiar nuevamente. Sustituyendo $x = \eu^{-u/(k+1)}$ :

\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\frac{u}{k+1}\Bigr)^{k} \eu^{-\frac{ku}{k+1}}\;\frac{\eu^{-\frac u{k+1}}}{k+1}\,\dd u = \frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_0^\infty u^k\eu^{-u}\dd u = \frac{k!}{(k+1)^{k+1}} .

De ahí $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : el sueño del estudiante de segundo año, con rigor.

Ejercicio 10.5 ★★

(a) Demuestre que $f \geq 0$ mensurable con $\int f\,\dd\mu = 0$ satisface $f = 0$ a.e. (Consider $\{f \geq 1/n\}$ and Markov’s inequality: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — prove it.) (b) Demuestre que integrable $f$ es finito a.e. (c) Demuestre que si $\int_A f\,\dd\mu = 0$ para cada mensurable $A$ , luego $f = 0$ a.e.

Solución

Solución de Ejercicio 10.5.

(a) Markov: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ , integrar: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Si $\int f = 0$ : $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ para cada $n$ y $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ es nulo.

(b) $\mu(\{\abs f = \infty\}) \leq \mu(\{\abs f \geq n\}) \leq \frac1n\int\abs f \to 0$ .

(c) Tome $A = \{f > 0\}$ : $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ , por lo que $f^+ = 0$ a.e. por (a); igualmente $f^- = 0$ a.e.

Ejercicio 10.6 ★★

(a) Aplicar Teorema 10.12 para decidir Riemann integrabilidad de: $\mathbf 1_\Q$ ; la función de Thomae; $\mathbf 1_K$ para $K$ un conjunto de Cantor gordo (Ejercicio 9.5). (b) Demuestre que $\int_1^{+\infty}\abs{\frac{\sin x}x}\,\dd x = +\infty$ , mientras que $\lim_{A\to\infty}\int_1^A\frac{\sin x}x\,\dd x$ existe (integrar por partes): inadecuado convergencia sin integrabilidad.

Solución

Solución de Ejercicio 10.6.

(a) $\mathbf 1_\Q$ : discontinuo en todas partes, no integrable en Riemann (Teorema 10.12); es La integral de Lebesgue es $\lambda(\Q) = 0$ . Thomae: continuo en cada irracional (dado $\varepsilon$ , sólo un número finito los racionales en $\intcc01$ tienen denominador $\leq 1/\varepsilon$ ; evítelos por un pequeño entorno), discontinuo en racionales (densidad de irracionales): continuo a.e., integrable en Riemann, integral $0$ (desaparece a.e.). $\mathbf 1_K$ , $K$ un conjunto de Cantor grueso: el conjunto de discontinuidades es $\partial K = K$ (cerrado con interior vacío), de medida $\frac12 > 0$ : no integrable en Riemann — todavía integrable en Lebesgue con integral $\lambda(K) = \frac12$ .

(b) $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq \frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{\sin x}\dd x = \frac{2}{(k+1)\pi}$ : la serie diverge. Convergencia de la Integral impropia: para $A > \pi$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[\frac{-\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

y ambos términos convergen como $A \to \infty$ ( $\frac1{x^2}$ es integrable): convergencia condicional sin absoluta integrabilidad.

Ejercicio 10.7 ★★

Justifica que $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ es $\mathcal C^1$ en $\R$ y satisface $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (integrar por partes); deducir $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Con $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ del Problema del fin de semana: el gaussiano es esencialmente su propio Fourier transformar — Capítulo 14 sistematizará esto.)

Solución

Solución de Ejercicio 10.7.

Dominación: $\abs{\partial_t(\eu^{-x^2}\cos(tx))} = \abs{x\eu^{-x^2}\sin(tx)} \leq x\eu^{-x^2}$ , integrable y independiente de $t$ : se aplica Teorema 10.15 globalmente,

F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\,\dd x = \Bigl[\tfrac12\eu^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty - \frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2F(t)

(integración por piezas con $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). el La EDO lineal da $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ; con $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (Problema 10.1), el gaussiano se reproduce bajo esta transformada coseno.

Ejercicio 10.8 ★★★

(Frullani) Vamos $0 < a < b$ . Mostrar

\int_0^{+\infty}\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \ln\frac ba,

escribiendo el integrando como $\int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ y justificando el intercambio a través de la teoría no negativa (Corolario 10.7 en formato continuo — anticipar a Tonelli, o cortar $[a,b]$ en $n$ partes iguales y pasar al límite).

Solución

Solución de Ejercicio 10.8.

La integral converge: cerca de $0$ el integrando tiende a $b - a$ (limitado), y decae como $\eu^{-ax}$ en el infinito. Arreglar $a$ y ver $I(b) = \int_0^\infty\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}x\dd x$ como una función de $b \in \intco a{+\infty}$ . Para todos $b \geq a$ : $\abs{\partial_b(\text{integrand})} = \eu^{-bx} \leq \eu^{-ax}$ y $\int_0^\infty\eu^{-ax}\dd x = \frac1a < \infty$ : un dominador integrable. entonces Teorema 10.15 proporciona $I'(b) = \int_0^\infty\eu^{-bx}\dd x = \frac1b$ y $I(a) = 0$ :

I(b) = \int_a^b\frac{\dd t}t = \ln\frac ba .

(De manera equivalente, la ruta de la pista: el integrando es $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ y el intercambio es el continuo análogo de Corolario 10.7, es decir Tonelli — probado en Capítulo 11; el La ruta del parámetro permanece dentro de este capítulo.)

Ejercicio 10.9 ★★

Sea $f \geq 0$ mensurable en $(X, \mathcal A, \mu)$ . Mostrar que $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ define un medida (densidad $f$ con respecto a $\mu$ ), y que $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ para todos mensurable $g \geq 0$ (prove it for indicators, then funciones simples, then MCT — the standard machine).

Solución

Solución de Ejercicio 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ; para $(A_n)$ , $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ disjuntos (puntualmente, todos términos $\geq 0$ ), y Corolario 10.7 da $\sigma$ -aditividad. La fórmula $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ : para $g = \mathbf 1_A$ es la definición de $\nu$ ; para $g$ simple, linealidad; para $g \geq 0$ mensurable, toma simple $s_n \nearrow g$ (Teorema 10.4): $s_nf \nearrow gf$ , y MCT en ambos lados pasa al límite. (Este "indicador La escalera mecánica $\to$ simple $\to$ MCT” es la máquina estándar de la teoría.)

Ejercicio 10.10 ★★★

(Un fallo al estilo Weierstrass) Defina $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Demuestre que $f$ está bien definido y continuo en $\R$ , y $\mathcal C^1$ con $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ por cada $t$ — pero eso diferencia de nuevo bajo la integral es ilegítimo. (b) Admitir $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ para $t > 0$ (probado en Capítulo 17), ¿qué es $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ para $t > 0$ , y ¿Por qué su fórmula confirma el fracaso en (a)?

Solución

Solución de Ejercicio 10.10.

(a) $\abs{\sin(tx)} \leq \abs tx$ da $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac{\abs t}{1+x^2}$ : la integral converge, y en $\abs t \leq T$ la dominador $\frac{T}{1+x^2}$ produce continuidad (Teorema 10.14). Diferenciación: $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ , integrable: $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ para todos los $t$ . un segundo la diferenciación requeriría integrar $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ , cuyo valor absoluto se comporta como $\frac{\abs{\sin(tx)}} x$ en el infinito: no integrable — no existe ningún dominador y Teorema 10.15 no se puede volver a aplicar.

(b) Admitiendo $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ para $t > 0$ : por la imparidad de $f$ , $f'$ es par, por lo que $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — que es no diferenciable a $0$ : $f$ es $\mathcal C^1$ pero no $\mathcal C^2$ , confirmando que la segunda diferenciación bloqueada no era una accidente técnico. Para $t > 0$ la integral impropia $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ es igual a $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (diferenciando la fórmula admitida donde es legítimo, es decir en $\intoo0\infty$ ) — un documento inapropiado, valor no Lebesgue.

Ejercicio 10.11 ★★

(Lema de Scheffé) Sea $f_n, f \geq 0$ integrable con $f_n \to f$ a.e. y $\int f_n \to \int f$ . (a) Demuestre que $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Apply dominated convergence to $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ , and write $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) Muestre con un ejemplo que la hipótesis $\int f_n \to \int f$ no se puede abandonar (un golpe deslizante o de concentración), y que la conclusión falla para $f_n$ firmado sin control de valor absoluto: $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ tiene $f_n \to 0$ a.e., $\int f_n = 0 \to 0$ , pero $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Aplicación (densidades): si las densidades de probabilidad $p_n \to p$ a.e., entonces automáticamente $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : la convergencia puntual de densidades es la convergencia $L^1$ — una actualización de convergencia gratuita.

Solución

Solución de Ejercicio 10.11.

(a) Sea $g_n = (f - f_n)^+$ : luego $0 \leq g_n \leq f$ (positividad de $f_n$ ), $g_n \to 0$ a.e. y $f$ es un integrable dominador: $\int g_n \to 0$ (DCT). desde $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ ,

\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \Bigl(\int f - \int f_n\Bigr) \longrightarrow 0 + 0 .

(b) El tope deslizante $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ tiene $f_n \to 0$ a.e. y $\int f_n = 1 \not\to 0$ : sin el convergencia de integrales, la convergencia $L^1$ falla (y así hace la hipótesis). El ejemplo firmado: $f_n \to 0$ en cada $x \neq 0$ , $\int f_n = 0$ , pero $\int\abs{f_n} = 2$ : para secuencias con signo el teorema se trata genuinamente de control tipo $\abs{f_n}$ , y la positividad se utilizó exactamente en $g_n \leq f$ .

(c) Las densidades satisfacen $\int p_n = 1 = \int p$ : el La hipótesis de (a) es automática, por lo que $p_n \to p$ a.e. fuerza $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — y por lo tanto convergencia de las probabilidades $\int_Ap_n \to \int_Ap$ uniformemente sobre todo mensurable $A$ ( $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ): Scheffé gira la convergencia puntual de densidades en convergencia de leyes de variación total.

Ejercicio 10.12 ★★

Límites clásicos, con plena justificación vía MCT/DCT:

\text{(a)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\,\dd x, \qquad \text{(b)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x,

\text{(c)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \frac{\dd x}{(1 + x/n)^n\,x^{1/n}} .

(For (a): $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ for fixed $x$ — prove the monotonicity via $\log$ ; for (b), integrate by parts or substitute $x = u^{1/n}$ and identify a boundary concentration; for (c), find an integrable dominator valid for all $n \geq 2$ by splitting at $x = 1$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 10.12.

(a) En $\intoo0n$ , $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ aumenta en $n$ a $-x$ (la aplicación $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ disminuye como $t = \frac1n \downarrow 0$ ; o expande: $\varphi_{n}' \geq 0$ en $n$ vía $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). Entonces $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ , y MCT da

\lim_n\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\dd x = \int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2 .

(b) Sustituya $u = x^n$ ( $x = u^{1/n}$ , $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} .

Para $u \in \intoo01$ : $u^{1/n} \to 1$ , entonces el integrando tiende a $\frac12$ , dominado por $1$ : el límite es $\frac12$ (DCT). (La masa de $nx^{n-1}$ se concentra en $x = 1$ , donde $\frac1{1+x} = \frac12$ : la sustitución hace la concentración visible.)

(c) Puntualmente, $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ y $x^{1/n} \to 1$ ( $x > 0$ ): el integrando tiende a $\eu^{-x}$ . dominador para $n \geq 2$ : en $\intoc01$ , $x^{-1/n} \leq x^{-1/2}$ y $(1 + x/n)^{-n} \leq 1$ : cota $x^{-1/2}$ , integrable; en $\intoo1\infty$ , $x^{-1/n} \leq 1$ y $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ : encuadernados $\frac{4}{4 + x^2}$ , integrable. DCT:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\dd x}{(1 + x/n)^nx^{1/n}} = \int_0^\infty\eu^{-x}\dd x = 1 .

10.6 Problema: dos integrales célebres

Problema 10.1

Problema de fin de semana — la integral gaussiana y Integral de Dirichlet, solo por parámetros

Análisis aplicado de dos reglas integrales:

G = \int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi, \qquad D = \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2

(la segunda como integral impropia, Ejemplo 10.13). Probamos ambos usando sólo las herramientas de este capítulo.

Parte I — The Gaussian. Para juego $t \geq 0$

A(t) = \Bigl(\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^{2}, \qquad B(t) = \int_0^1\frac{\eu^{-t^2(1 + x^2)}}{1 + x^2}\,\dd x .

Justifique que $A$ y $B$ son $\mathcal C^1$ en $\intoo0{+\infty}$ y calcula $A'$ y $B'$ ; mostrar $A'(t) + B'(t) = 0$ . (En $B'$ , sustituye $u = tx$ .)
Calcular $A(0) + B(0)$ y $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — justifique el límite bajo la integral en $B$ .
Concluya $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , por lo tanto $G = \sqrt\pi$ , y deduzca $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (substitute $x = u^2$ in $\Gamma(\frac12)$ ).

Parte II — Dirichlet’s integral. Para juego $t \geq 0$

F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\,\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

Demuestre que la integral que define $F(t)$ converge para cada $t > 0$ como una integral de Lebesgue, y para $t = 0$ como integral impropia; mostrar que $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ existe (integrate by parts on $[\pi, A]$ ).
Mostrar que $F$ es $\mathcal C^1$ en $\intoo0{+\infty}$ con

$F'(t) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\frac{1}{1 + t^2}$

(domination on $[t_0, \infty)$ for each $t_0 > 0$ ; the last integral by two integrations by parts or complex exponentials).
Muestre $F(t) \to 0$ como $t \to +\infty$ y deduzca $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ en $\intoo0{+\infty}$ .
El punto delicado: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Pruébalo por control uniforme de la cola: para $0 \leq t \leq 1$ y $A \geq \pi$ , integrar por partes para mostrar

$\Bigl|\int_A^{+\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| \leq \frac{C}{A}$

con $C$ independiente de $t$ (differentiate $\frac{\eu^{-tx}}x$ and bound $\abs{\cos}$ by $1$ ; note $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ with $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ); luego dividir $F(t) - D$ en $[0, A]$ (donde DCT se aplica como $t \to 0$ ) y $[A, \infty)$ .
Concluye: $D = \frac\pi2$ .

Parte III — Dividends.

Calcular $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (integrate by parts and reduce to $D$ via $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Calcule $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ y verifique la coherencia del dos resultados.
Para $a > 0$ , calcule $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ y $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ y registrar las reglas de escala (serán los caballos de batalla de Capítulo 14).
Explique con precisión por qué $D$ no pudo haber sido tratado. por DCT directamente en $t = 0$ (no hay dominador integrable en $[0,1]\times[0,\infty)$ ), y por qué el corte de cola de la pregunta 7 es el sustituto honesto — este patrón (“uniforme integrabilidad de colas”) se repite a lo largo de análisis.

Parte IV — The función gamma according to Bohr and Mollerup. La función $\Gamma$ (Ejemplo 10.16) satisface $\Gamma(1) = 1$ y $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — pero también lo hacen infinitos otros funciones (multiplicar por cualquier oscilación periódica $1$ ). una convexidad La condición fija $\Gamma$ hacia abajo de manera única, y es más profunda. las identidades luego caen mecánicamente. Una función positiva $f$ en un intervalo es log-convexo si $\log f$ es convexo.

Demuestre que log-convexo implica convexo, que los productos de funciones log-convexas y sus composiciones con afines las aplicaciones son log-convexos y — a través de las dos funciones desigualdad de Hölder $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ , probada directamente de Young desigualdad — que $\Gamma$ es log-convexo en $\intoo0\infty$ .
(Lema de pendiente) Sea $g$ convexo en $\intoo0\infty$ con $g(n+1) - g(n) = \log n$ para cada número entero $n \geq 1$ . Para $x \in \intoc01$ y $n \geq 2$ , compare las pendientes de $g$ sobre $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ y $[n, n+1]$ , y deducir

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Deje que $f > 0$ satisfaga a $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ y $\log f$ convexos. Desenrollando el recursión en $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ y $f(n) = (n-1)!$ , deducir de la pregunta 14 eso para $x \in \intoc01$

$f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} :$

$f$ es único, por lo tanto $f = \Gamma$ y de gauss fórmula límite se mantienen (extendidos a todos los $x > 0$ por el recursión).
Defina función beta $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ ( $x, y > 0$ ). probar convergencia, la recursividad $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (integrar por partes), y $B(1, y) = \frac1y$ .
Demuestre que $x \mapsto B(x, y)$ es log-convexo (Hölder de nuevo), y aplicar Bohr-Mollerup a

$f(x) = \frac{B(x, y)\,\Gamma(x + y)}{\Gamma(y)}$

para concluir la fórmula de euler: $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — sin doble integrales en cualquier lugar.
Calcule $B(\frac12, \frac12)$ directamente (sustituya $t = \sin^2\theta$ ) y deduzca $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : la integral gaussiana de la Parte I, recuperada por pura convexidad. Compara las dos pruebas en una. frase cada uno.
(duplicación de Legendre) Demuestre que

$g(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr) \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)$

satisface las tres hipótesis de Bohr-Mollerup, y concluir $g = \Gamma$ , es decir $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ para todos los $z > 0$ .
Deduzca la forma cerrada $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ , y pruebe, por la Lema de pendiente aplicado a $\log\Gamma$ alrededor de grandes números enteros, las asintóticas

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
Combine las dos últimas preguntas en la pregunta central asintóticas binomiales

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}},$

y verificar numéricamente para $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ , contra $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : relación $\approx 0.988$ ).
(Síntesis) La constante $\sqrt\pi$ ahora ha aparecido como la integral gaussiana (Parte I), como $B(\frac12, \frac12)$ (pregunta 18), y duplicación interna (pregunta 19); la estimación binomial central anticipa tanto Stirling (Capítulo 11’s problema del fin de semana) y de Moivre–Laplace. Mapear el Conexiones: qué declaraciones son equivalentes a cuáles, y ¿qué significa cada técnica — diferenciación bajo la integral versus la convexidad — contribuyen a que la ¿Otros no pueden?

Part V — Three more dividends.

(Wallis, por Beta) Para $p > -1$ , sustituya $t = \sin^2\theta$ para mostrar

$W_p = \int_0^{\pi/2}\sin^p\theta\,\dd\theta = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr),$

y deducir de la recursividad Beta (pregunta 16) que $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ para números enteros $n \geq 0$ . Calcule $W_{2n}$ y $W_{2n+1}$ en forma cerrada, muestre $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ apretando y concluya con El producto de Wallis.

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(El gaussiano cumple con una frecuencia) Para $b \in \R$ configure

$\Phi(b) = \int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x .$

Demuestre que $\Phi$ es $\mathcal C^1$ en $\R$ , que un la integración por partes produce la ecuación diferencial $\Phi'(b) = -2b\,\Phi(b)$ , y concluir

$\Phi(b) = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2} :$

el gaussiano se reproduce bajo esta transformación — la identidad única en la que Se ejecutará Capítulo 14.
(integral de Frullani) Para $0 < a < b$ , demuestre que

$\int_0^{+\infty} \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \log\frac ba ,$

diferenciando en el parámetro $a$ (justificar el dominación en cada $\intco{a_0}{+\infty}$ , $a_0 > 0$ , e identifique la constante dejando $a \to b$ ). ¿Dónde exactamente necesita el integrando su removible? singularidad en $x = 0$ ?

Solución

Solución de Problema 10.1.

1. $A$ es $\mathcal C^1$ según el teorema fundamental de cálculo y la regla de la cadena: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Para $B$ : $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , continuo y acotado en $[t_0, T] \times \intcc01$ para cualquier $0 < t_0 < T$ (dominación acotada en un finito medir el espacio es suficiente): $B$ es $\mathcal C^1$ en $\intoo0{+\infty}$ con

B'(t) = -2t\int_0^1 \eu^{-t^2(1+x^2)}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^1 t\,\eu^{-(tx)^2}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-u^2}\dd u = -A'(t)

(sustitución $u = tx$ ).

2. $A(0) = 0$ y $B(0) = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . $A + B$ tiene derivada cero en $\intoo0{+\infty}$ y es continuo en $0$ ( $B$ por dominación $\frac1{1+x^2}$ y Teorema 10.14): $A + B \equiv \frac\pi4$ . Como $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , y $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (MCT o simplemente convergencia monótona de la integral interna).

3. Por lo tanto $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ : $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , y por equidad $G = \sqrt\pi$ . también $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

4. Para $t > 0$ : $\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} \leq \eu^{-tx}$ , integrable. Para $t = 0$ , convergencia inadecuada: activada $[\pi, A]$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[-\frac{\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

ambos términos convergentes como $A \to \infty$ ; cerca de $0$ el integrando extiende continuamente por $1$ .

5. En $[t_0, +\infty)$ ( $t_0 > 0$ ): $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ , integrable: Teorema 10.15 se aplica a todos estos intervalo, así sucesivamente todo $\intoo0{+\infty}$ :

F'(t) = -\int_0^\infty\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\operatorname{Im}\int_0^\infty\eu^{-(t - \iu)x}\dd x = -\operatorname{Im}\frac{1}{t - \iu} = -\frac{1}{1 + t^2}.

6. $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . La integración de $F' = -\frac1{1+t^2}$ : $F(t) = C - \arctan t$ y $t \to \infty$ fuerza a $C = \frac\pi2$ : $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ en $\intoo0{+\infty}$ .

7. Integrar por partes en $[A, R]$ con $\sin x = (-\cos x)'$ y dejar que $R \to \infty$ :

\int_A^{\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\dd x = \frac{\cos A\;\eu^{-tA}}{A} - \int_A^\infty \cos x\,\Bigl(\frac tx + \frac1{x^2}\Bigr)\eu^{-tx}\dd x .

Delimitador $\abs{\cos} \leq 1$ : el primer término es $\leq \frac1A$ ; la integral es como máximo $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . Total: $\leq \frac 3A$ , uniformemente para $t \in [0, 1]$ (el caso $t = 0$ incluido). ahora

\abs{F(t) - D} \leq \Bigl|\int_0^A(\eu^{-tx} - 1)\,\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| + \frac6A .

En $[0, A]$ : $\abs{\eu^{-tx} - 1} \leq tx \leq tA$ y $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ , por lo que el primer término es como máximo $tA^2$ . Elija $A$ con $\frac6A < \varepsilon$ , luego $t < \varepsilon/A^2$ : $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. Por lo tanto $D = \lim_{t\to0^+}F(t) = \lim_{t\to0^+}\bigl(\frac\pi2 - \arctan t\bigr) = \frac\pi2$ .

9. Por partes ( $u = \sin^2x$ , $v' = x^{-2}$ ):

\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\dd x = \Bigl[-\frac{\sin^2x}{x}\Bigr]_0^\infty + \int_0^\infty\frac{2\sin x\cos x}{x}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\dd x = D = \frac\pi2

(sustituya $u = 2x$ en el último paso; los términos límite desaparecen: $\sin^2 x/x \to 0$ en ambos extremos).

10. Por partes ( $u = 1 - \cos x$ , $v' = x^{-2}$ ): $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . Consistencia: $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ , y la sustitución $x = 2u$ convierte $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ en $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : los dos cálculos concuerdan.

11. $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ por cada $a > 0$ (sustituya $u = ax$ : la integral es invariante de escala); $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (sustituya $u = \sqrt a\,x$ ). La escala en el argumento deja la integral de Dirichlet fija y divide la gaussiana por $\sqrt a$ .

12. Un dominador válido para todos $t \in [0,1]$ debe dominar $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ , que no es integrable (Ejercicio 10.6): DCT no puede cruzar $t = 0$ . el sustituto de la pregunta 7 — colas uniformemente pequeñas en el parámetro, pieza compacto manejada por DCT — es el estándar patrón “uniforme integrabilidad” y reaparece siempre que la convergencia condicional cumple con el intercambio límite.

13. Si $g = \log f$ es convexo entonces $f = \exp\circ g$ es convexo (exp es convexo creciente: $f(\lambda x + (1-\lambda) y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , el último paso por la convexidad de exp entre los puntos $g(x), g(y)$ ). Productos y sustituciones afines: los logaritmos los convierten en sumas y sustituciones afines de funciones convexas. Hölder ( $\frac1p + \frac1q = 1$ ): para $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ , Joven da $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ , integra: $\int\abs{uv} \leq 1$ ; el caso general por homogeneidad. Luego, para $\lambda \in \intoo01$ , aplíquelo con $p = \frac1\lambda$ al factorización

t^{\lambda x + (1-\lambda)y - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{\lambda} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1-\lambda} : \qquad \Gamma(\lambda x + (1{-}\lambda)y) \leq \Gamma(x)^\lambda\,\Gamma(y)^{1-\lambda} .

14. Para un $g$ convexo, la pendiente de una cuerda aumenta con sus puntos finales (desigualdad de tres cuerdas). Comparando el acordes sobre $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ , $[n, n+1]$ :

\log(n-1) = \frac{g(n) - g(n-1)}1 \leq \frac{g(n+x) - g(n)}x \leq \frac{g(n+1) - g(n)}1 = \log n,

y multiplicar por $x > 0$ da el reclamo.

15. Con $f(n) = (n-1)!$ (recursión de $f(1) = 1$ ) y $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ , la pregunta 14 dice

(n-1)^x\,(n-1)! \;\leq\; x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) \;\leq\; n^x\,(n-1)! .

El límite superior se reescribe como $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ y el límite inferior en el rango $n+1$ como $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . El factor de corrección $\frac{x+n}n \to 1$ : las fuerzas sándwich

f(x) = \lim_n\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x \in \intoc01),

una expresión independiente de $f$ : unicidad en $\intoc01$ , de ahí en todas partes por la recursividad. Ya que $\Gamma$ satisface las tres hipótesis (pregunta 13), $f = \Gamma$ y la de Gauss la fórmula es válida — para todos los $x > 0$ , ya que ambos lados obedecen lo mismo recursividad.

16. Cerca de $0$ , el integrando es $\sim t^{x-1}$ , integrable y si $x > 0$ ; cerca de $1$ , simétrico con $y$ . Integración por partes en $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ , dejando $\varepsilon \to 0$ (los términos límite desaparecen para $x, y > 0$ ):

B(x{+}1, y) = \Bigl[-t^x\frac{(1-t)^y}y\Bigr]_0^1 + \frac xy\int_0^1t^{x-1}(1-t)^y\,\dd t = \frac xy\bigl(B(x, y) - B(x{+}1, y)\bigr),

usando $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ; resolviendo, $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . Y $B(1, y) = \int_0^1(1-t)^{y-1}\dd t = \frac1y$ .

17. $f(1) = \frac1y\cdot\frac{\Gamma(1+y)}{\Gamma(y)} = 1$ ; $f(x+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\cdot\frac{(x+y)\Gamma(x+y)} {\Gamma(y)} = x\,f(x)$ ; y $f$ es log-convexo en $x$ como producto del log-convexo $B(\cdot, y)$ (Hölder en el factorización $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ , como en la pregunta 13) y $\Gamma(\cdot + y)$ (cambio afín). Bohr–Mollerup: $f = \Gamma$ , es decir $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. Con $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ y $t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} = \frac1{\sin\theta\cos\theta}$ :

B\Bigl(\frac12, \frac12\Bigr) = \int_0^{\pi/2}2\,\dd\theta = \pi = \frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)} \quad\Longrightarrow\quad \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \sqrt\pi .

La parte I alcanzó la misma constante diferenciando un parámetro y llevar dos funciones al límite; aquí La convexidad por sí sola endureció el problema hasta que solo se encontró un valor. sobrevivió. Análisis por movimiento versus análisis por forma.

19. $g(1) = \frac{2^0}{\sqrt\pi}\Gamma(\frac12) \Gamma(1) = 1$ . Recursión:

g(x+1) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac x2 + 1\Bigr) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\cdot\frac x2\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr) = x\,g(x) .

Log-convexidad: producto de $\eu^{(x-1)\log2}$ (log-afín) y dos reparametrizaciones afines del log-convexo $\Gamma$ . Bohr-Mollerup da $g = \Gamma$ ; configuración $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. De $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ y el recursión, $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (completo el producto impar con los pares). Asintóticas: pregunta 14 con $g = \log\Gamma$ y $x = \frac12$ da $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , por lo que el la relación con $\sqrt n$ se comprime entre $\sqrt{1 - \frac1n}$ y $1$ .

21. De la pregunta 20, $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ , entonces

\binom{2n}n = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{4^n\,\Gamma(n+\frac12)}{\sqrt\pi\;n!} = \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot \frac{\Gamma(n+\frac12)}{n\,\Gamma(n)} \sim \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

Numéricamente, $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ , contra $\binom{20}{10} = 184756$ : relación $0.9876$ — el error es $O(1/n)$ , visible en $n = 10$ .

22. Equivalencias: $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (la sustitución $x = u^2$ de pregunta 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (fórmula de Euler); duplicación en $z = n$ is el forma cerrada de $\Gamma(n + \frac12)$ , que is el estimación binomial central hasta el lema de pendiente. el La técnica de parámetros (Parte I–II) calcula los límites de movimiento. cantidades y es indispensable cuando se produce una deformación genuina. presente (la integral de Dirichlet no tiene prueba de convexidad); el La técnica de la convexidad no calcula nada pero lo prohíbe todo. — sobresale en unicidad y ecuaciones funcionales (Gauss, Euler, Legendre en tres trazos), donde la diferenciación se ahogaría en el cálculo. A completo El analista lleva ambos.

23. Con $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\,\dd\theta$ , entonces

W_p = \int_0^1 t^{p/2}\, \frac{\dd t}{2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}} = \frac12\int_0^1 t^{\frac{p+1}2 - 1}(1-t)^{\frac12 - 1}\dd t = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr).

La recursividad Beta con $x = \frac{n+1}2$ , $y = \frac12$ da

W_{n+2} = \frac12\, \frac{(n+1)/2}{(n+2)/2}\,B\Bigl(\frac{n+1}2, \frac12\Bigr) = \frac{n+1}{n+2}\,W_n .

A partir de $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}, \qquad W_{2n+1} = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} .

Desde $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ en $\intcc0{\pi/2}$ , el La secuencia $(W_n)$ no es creciente, por lo que

1 \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n-1}} = \frac{2n}{2n+1} \longrightarrow 1 .

Pero las formas cerradas dan

\frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac2\pi \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{4k^2}{4k^2-1},

y dejar que $n \to \infty$ produzca el producto de Wallis. (Vía Fórmula de Euler, $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : Wallis es el Integral gaussiana con otro disfraz).

24. La derivada $b$ del integrando es $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ , dominado por $2\abs x\,\eu^{-x^2} \in L^1(\R)$ uniformemente en $b$ : $\Phi$ es $\mathcal C^1$ con

\Phi'(b) = -\int_{-\infty}^{+\infty} 2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)\,\dd x .

Integrando por partes con $u = \sin(2bx)$ , $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (es decir, $v = \eu^{-x^2}$ ), el límite Los términos desaparecen y

\Phi'(b) = -2b\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x = -2b\,\Phi(b).

Por lo tanto $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ y $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ por la Parte I. Hasta normalización esto dice la transformada de Fourier de $\eu^{-x^2}$ es nuevamente un Gaussiano — el punto fijo en el cual la teoría de inversión de pivotes Capítulo 14.

25. Para $0 < a < b$ y $x > 0$ ,

0 \leq \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-sx}\,\dd s \leq (b - a)\,\eu^{-ax},

entonces la integral $I(a)$ converge (Lebesgue); el punto enlazado también muestra que el integrando se extiende continuamente por $b - a$ en $x = 0$ . Reparar $b$ ; en $\intco{a_0}{+\infty}$ el $a$ -la derivada del integrando es $-\eu^{-ax}$ , dominada por $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ , entonces $I$ es $\mathcal C^1$ en $\intoo0b$ con

I'(a) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-ax}\dd x = -\frac1a, \qquad\text{hence}\qquad I(a) = -\log a + c .

El límite de dos caras da $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ como $a \to b^-$ , entonces $c = \log b$ y $I(a) = \log\frac ba$ . el se necesita singularidad removible at $0$ : cada término $\eu^{-ax}/x$ tiene por separado un divergente (logarítmico) integral cerca de $0$ , y solo la cancelación de primer orden $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ marca la diferencia integrable allí; en el infinito cada término es inofensivo en sí mismo. propio.