Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

10La integral de Lebesgue

La integral de Riemann corta el dominio en intervalos pequeños; la de Lebesgue corta el recorrido: para integrar $f$ , se mide el conjunto $\{f > t\}$ . El cambio parece inocente y es revolucionario. Los límites y las integrales, eternamente enfrentados en la teoría de Riemann (¡se exigía convergencia uniforme!), quedan reconciliados por tres teoremas de convergencia — convergencia monótona, Fatou y convergencia dominada — cuyas hipótesis son casi vergonzosamente débiles. Este capítulo construye la integral sobre un espacio de medida arbitrario $(X, \mathcal A, \mu)$ , demuestra los tres teoremas, zanja la relación exacta con la integral de Riemann (una función acotada es integrable Riemann si y solo si es continua en casi todo punto) e industrializa la derivación de integrales dependientes de un parámetro — la técnica que el problema de fin de semana usa 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 $(Y, \mathcal B)$ espacios medibles. $f \colon X \to Y$ es medible si $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ para todo $B \in \mathcal B$ . Para funciones reales (o con valores en $[-\infty,+\infty]$ ), $Y = \R$ lleva su $\sigma$ -álgebra de Borel, y basta comprobar $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ para todo $t \in \R$ : los buenos conjuntos $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ forman una $\sigma$ -álgebra (las preimágenes conmutan con las operaciones conjuntistas) que contiene las semirrectas generadoras (la Definición 9.2, Método 9.17).

Proposición 10.2

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

Demostración. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; la continuidad da la medibilidad a través de los abiertos generadores (el Problema 9.1, pregunta 10, en forma general). (b) $(f, g) \colon X \to \R^2$ es medible para la $\sigma$ -álgebra de Borel de $\R^2$ — compruébese sobre las cajas abiertas, que generan (los abiertos de $\R^2$ son uniones numerables de cajas racionales): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — y $+, \times, \max$ son continuas $\R^2 \to \R$ : compóngase. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; y un límite puntual es su propio $\limsup$ . ∎

Definición 10.3

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

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

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

Teorema 10.4 (Aproximación por funciones simples)

Toda función medible $f \colon X \to [0, +\infty]$ es límite puntual de una sucesión 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). Monotonía: al pasar de $n$ a $n+1$ , cada nivel diádico se parte en dos y el valor asignado nunca decrece (un punto con $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ recibe $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ o $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , ambos $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; y el tope $n$ también sube). Convergencia: si $f(x) < \infty$ , para $n > f(x)$ se tiene $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; si $f(x) = \infty$ , $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 La integral y los teoremas de convergencia

Definición 10.5

Para $f \geq 0$ medible:

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

Es monótona en $f$ por construcción y extiende el caso simple (para $f$ simple, el supremo se alcanza en $f$ : compárense integrales de funciones simples mediante refinamientos comunes).

Teorema 10.6 (Convergencia monótona, Beppo Levi)

Si $0 \leq f_n \nearrow f$ puntualmente (con las medibles), entonces

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

Demostración. $f$ es medible (la Proposición 10.2(c)) y $\int f_n$ crece hacia cierto $L \leq \int f$ (monotonía). Recíprocamente, fíjense una $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ simple y $\theta \in (0,1)$ ; los conjuntos $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ son medibles y crecen hacia $X$ (donde $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ , luego a la larga $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; 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 por abajo (la Proposición 9.6(c)). Así, $L \geq \theta\int s$ para todo $\theta < 1$ y toda $s \leq f$ simple: $L \geq \int f$ . ∎

Corolario 10.7

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

Demostración. Para las funciones simples, la aditividad es un cálculo sobre un refinamiento común. En general, tómense $s_n \nearrow f$ , $t_n \nearrow g$ (el Teorema 10.4): $s_n + t_n \nearrow f + g$ , y el teorema de la convergencia monótona pasa la aditividad al límite. El enunciado sobre series es ese teorema aplicado a las sumas parciales. ∎

Teorema 10.8 (Lema de Fatou)

Para $f_n \geq 0$ medibles:

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

Demostración. Sea $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : es medible, $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ , y $g_N \leq f_n$ para todo $n \geq N$ , luego $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Aplíquese la convergencia monótona al miembro izquierdo: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Definición 10.9

Una $f \colon X \to \R$ medible (o $\C$ ) es integrable si $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; entonces $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (partes positiva y negativa; partes real e imaginaria en el caso complejo). La integral es lineal sobre las funciones integrables (descompóngase y recombínense partes positivas; el caso complejo se reduce al real) y cumple $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (caso real: $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ; caso complejo: multiplíquese por una constante unimodular para hacer real la integral). Una propiedad se cumple en casi todo punto (c.t.p.) si solo falla sobre un conjunto $\mu$ -nulo; modificar $f$ sobre un conjunto nulo no cambia ninguna integral (la diferencia está dominada por $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , de integral $0$ ).

Teorema 10.10 (Convergencia dominada)

Sea $f_n \to f$ en casi todo punto, con $\abs{f_n} \leq g$ en casi todo punto para una $g$ integrable fija. Entonces $f$ es integrable y

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

Demostración. Descártese un conjunto nulo para que las hipótesis sean puntuales. $\abs f \leq g$ : $f$ es integrable. Las funciones $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ cumplen $\liminf h_n = 2g$ ; Fatou da

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

luego $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (la resta es lícita: $\int 2g < \infty$ ). Por último, $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Método 10.11

Ante $\lim_n\int f_n$ , pruébese, por este orden: (1) ¿es la sucesión monótona (o una serie de términos no negativos)? Convergencia monótona, sin necesidad de integrabilidad. (2) ¿Hay un único dominador integrable $g \geq \abs{f_n}$ , hallado con cotas groseras (« $\sup_n$ » las estimaciones)? Convergencia dominada. (3) ¿Ni dominación ni monotonía? Fatou sigue acotando un lado, y la igualdad puede fallar de verdad: la joroba fugitiva $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ tiene $\int f_n = 1$ pero $f_n \to 0$ en casi todo punto. La dominación es exactamente lo que impide a la masa escapar al infinito, vertical u horizontalmente.

10.3 Riemann frente a Lebesgue

Teorema 10.12 (Criterio de Lebesgue)

Sea $f \colon \intcc ab \to \R$ acotada. Entonces $f$ es integrable Riemann si y solo si $f$ es continua en $\lambda$ -casi todo punto; y en tal caso $f$ es integrable Lebesgue y ambas integrales coinciden.

Demostración. Para una subdivisión $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ , sean $L_\sigma$ y $U_\sigma$ las funciones escalonadas iguales, en cada $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ , a $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ y a $M_i = \sup$ ; las sumas de Darboux son sus integrales (Riemann y Lebesgue coinciden sobre las funciones escalonadas, y ambas dan $\sum m_i\Delta x_i$ ). Tómese una sucesión de subdivisiones $\sigma_n$ , cada una refinando la anterior, de paso $\to 0$ , cuyas sumas de Darboux converjan a las integrales de Darboux inferior y superior de $f$ . Los refinamientos hacen $L_{\sigma_n}$ no decreciente y $U_{\sigma_n}$ no creciente puntualmente fuera del conjunto numerable $D$ de todos los puntos de división; llámense $\ell$ y $u$ a los límites (medibles, la Proposición 10.2). Para $x \notin D$ , escribiendo $I_n(x)$ para el intervalo abierto de $\sigma_n$ que contiene $x$ : $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ y $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; y como los pasos tienden a $0$ , estas son las envolventes inferior y superior de $f$ en $x$ — $u(x) - \ell(x)$ es la oscilación de $f$ en $x$ —, de modo que $\ell(x) = u(x)$ si y solo si $f$ es continua en $x$ . Por convergencia monótona o dominada (acotada, intervalo finito):

\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 Riemann $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ a.e. ( $u - \ell \geq 0$ ; Ejercicio 10.5) $\iff$ $f$ continua en casi todo punto. En tal caso $\ell \leq f \leq u$ con $\ell = u$ en casi todo punto: $f$ coincide en casi todo punto con la $\ell$ medible y, por tanto, es medible Lebesgue (completitud de $\lambda$ ) con $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

Ejemplo 10.13

$\mathbf 1_\Q$ no es continua en ningún punto: no es integrable Riemann — pero es trivial para Lebesgue: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . La función de Thomae ( $\frac1q$ en los racionales $\frac pq$ , $0$ en el resto) es continua exactamente en los irracionales: es integrable Riemann con integral $0$ . Y las integrales de Riemann impropias son una noción distinta: $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ converge como límite de $\int_0^A$ (el problema de fin de semana la calcula: vale $= \frac\pi2$ ), pero $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : la integral absoluta diverge como la serie armónica (el Ejercicio 10.6). La teoría de Lebesgue cambia la convergencia condicional por teoremas de límite robustos.

10.4 Integrales con parámetros

En toda la sección, $(X, \mathcal A, \mu)$ es un espacio de medida, $T$ un espacio métrico (el parámetro) y $f \colon T \times X \to \C$ con $f(t, \cdot)$ integrable para cada $t$ ; póngase $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Teorema 10.14 (Continuidad)

Supóngase que $t \mapsto f(t,x)$ es continua en $t_0$ para casi todo $x$ , y que existe una $g$ integrable con $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ para todo $t$ de un entorno de $t_0$ y casi todo $x$ . Entonces $F$ es continua en $t_0$ .

Demostración. Para toda sucesión $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ en casi todo punto, dominada por $g$ : la convergencia dominada da $F(t_n) \to F(t_0)$ ; y en los espacios métricos basta la continuidad secuencial (Observación 6.8). ∎

Teorema 10.15 (Derivación bajo el signo integral)

Sea $T$ un intervalo abierto de $\R$ . Supóngase que, para casi todo $x$ , $t \mapsto f(t,x)$ es derivable en $T$ , con

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{para todos } t \in T,\ \text{en casi todo punto } x,

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

Demostración. Fíjense $t$ y $h_n \to 0$ : los cocientes incrementales

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{en casi todo punto},

y la desigualdad del valor medio acota $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : se aplica la convergencia dominada, 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 $t > 0$ , póngase

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

La integral converge: cerca de $0$ , $x^{t-1}$ es integrable ( $t > 0$ ); y en el infinito, $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . La integración por partes (en $[\varepsilon, A]$ y después el límite por convergencia monótona) da la ecuación funcional $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , de donde $\Gamma(n+1) = n!$ : el factorial interpolado. En todo $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ , $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ está dominada por $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ , que es 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 disfrazada (el Problema 10.1).

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

10.5 Ejercicios

Ejercicio 10.1 ★

(a) Demostrar que una función monótona $\R \to \R$ es medible Borel, y que una derivada (de una función derivable en todo punto) es medible Borel. (b) Demostrar que $f \colon X \to \R$ es medible si y solo si $\{f > q\} \in \mathcal A$ para todo $q$ racional.

Solución

Solución de Ejercicio 10.1.

(a) Si $f$ es no decreciente, $\{f > t\}$ es $\varnothing$ , $\R$ o una semirrecta $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : de Borel en todos los casos; el caso no creciente, análogo. Una derivada: $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ es límite puntual de funciones continuas (y por tanto medibles): Proposición 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : si los niveles racionales son medibles, lo son todos, y las semirrectas generan $\mathcal B(\R)$ .

Ejercicio 10.2 ★

Calcular, con justificación completa:

\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 la segunda: sustitúyase $u = x^n$ antes de dominar.)

Solución

Solución de Ejercicio 10.2.

Primera: $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ para $x \geq 0$ , de modo que el integrando tiende puntualmente a $\eu^{-x}\cos x$ ; y para $n \geq 2$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ , lo que da el dominador integrable $(1 + x/2)^{-2}$ . Convergencia dominada:

\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 .

Segunda: sustitúyase $u = x^n$ (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 convergencia dominada: para $u \in \intoo01$ , $u^{1/n} \to 1$ , y el integrando está acotado por $1$ sobre un espacio de medida finita.

Ejercicio 10.3 ★★

(a) Exhibir una desigualdad estricta en el lema de Fatou. (b) Exhibir $f_n \to 0$ puntualmente con $\int f_n = 1$ de tres maneras: escape en altura, en anchura y al infinito. ¿Qué única hipótesis de la convergencia dominada viola cada una? (c) Demostrar que en el lema de Fatou no se puede sustituir $\liminf$ por $\limsup$ en ninguno de los dos miembros.

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: $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ; anchura: $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ; traslación: $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . Todas tienden a $0$ puntualmente con $\int = 1$ . En cada caso falla la hipótesis de dominación: $\sup_nf_n$ es $\approx 1/x$ cerca de $0$ , $\approx$ es un perfil constante no integrable, $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ es del mismo tipo — nunca integrable.

(c) « $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ » falla para la joroba que se traslada: miembro izquierdo $0$ , miembro derecho $1$ . « $\limsup\int \leq \int\limsup$ » es el mismo enunciado. Y el lema de Fatou para $\limsup$ con $\leq$ invertido («Fatou al revés») exige un dominador — la misma joroba es el contraejemplo.

Ejercicio 10.4 ★★

(a) Demostrar que $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (desarróllese $\frac1{\eu^x - 1}$ en serie geométrica e intégrese término a término — ¿qué teorema lo permite?). (b) (El sueño del estudiante de segundo) Demostrar $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (Escríbase $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ y calcúlese $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ sustituyendo $x = \eu^{-u/(k+1)}$ y reconociendo $\Gamma$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 10.4.

(a) Para $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ , luego $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ , una serie de funciones medibles no negativas: el Corolario 10.7 permite integrar término a término:

\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, del volumen de segundo año, o el Ejercicio 13.5 que viene).

(b) Sobre $\intoo01$ , $-x\ln x \geq 0$ , de modo que $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ es una serie de términos no negativos: intercámbiese de nuevo. 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}} .

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

Ejercicio 10.5 ★★

(a) Demostrar que $f \geq 0$ medible con $\int f\,\dd\mu = 0$ cumple $f = 0$ en casi todo punto. (Considérese $\{f \geq 1/n\}$ y la desigualdad de Markov: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — demuéstrese.) (b) Demostrar que una $f$ integrable es finita en casi todo punto. (c) Demostrar que si $\int_A f\,\dd\mu = 0$ para todo $A$ medible, entonces $f = 0$ en casi todo punto.

Solución

Solución de Ejercicio 10.5.

(a) Markov: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ , intégrese: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Si $\int f = 0$ : $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ para todo $n$ , 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) Tómese $A = \{f > 0\}$ : $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ , luego $f^+ = 0$ en casi todo punto por (a); análogamente $f^- = 0$ en casi todo punto.

Ejercicio 10.6 ★★

(a) Aplíquese el Teorema 10.12 para decidir la integrabilidad Riemann de: $\mathbf 1_\Q$ ; la función de Thomae; $\mathbf 1_K$ para $K$ un conjunto de Cantor gordo (el Ejercicio 9.5). (b) Demostrar 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 (intégrese por partes): convergencia impropia sin integrabilidad.

Solución

Solución de Ejercicio 10.6.

(a) $\mathbf 1_\Q$ : discontinua en todo punto, no integrable Riemann (el Teorema 10.12); su integral de Lebesgue vale $\lambda(\Q) = 0$ . Thomae: es continua en todo irracional (dado $\varepsilon$ , solo un número finito de racionales de $\intcc01$ tienen denominador $\leq 1/\varepsilon$ ; evítense con un pequeño entorno) y discontinua en los racionales (densidad de los irracionales): es continua en casi todo punto, integrable Riemann, de integral $0$ (se anula en casi todo punto). $\mathbf 1_K$ , con $K$ un conjunto de Cantor gordo: el conjunto de discontinuidad es $\partial K = K$ (cerrado de interior vacío), de medida $\frac12 > 0$ : no es integrable Riemann — y sí es integrable 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 cuando $A \to \infty$ ( $\frac1{x^2}$ es integrable): convergencia condicional sin integrabilidad absoluta.

Ejercicio 10.7 ★★

Justificar que $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ es $\mathcal C^1$ en $\R$ y cumple $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (intégrese por partes); deducir $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Con $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ del problema de fin de semana: la gaussiana es esencialmente su propia transformada de Fourier — el 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 e independiente de $t$ : el Teorema 10.15 se aplica 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 partes con $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). La ecuación diferencial lineal da $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ; y con $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (el Problema 10.1), la gaussiana se reproduce a sí misma bajo esta transformada del coseno.

Ejercicio 10.8 ★★★

(Frullani) Sean $0 < a < b$ . Demostrar

\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 mediante la teoría no negativa (el Corolario 10.7 en forma continua — anticípese Tonelli, o córtese $[a,b]$ en $n$ partes iguales y pásese al límite).

Solución

Solución de Ejercicio 10.8.

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

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

(Equivalentemente, la vía de la indicación: el integrando es $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ y el intercambio es el análogo continuo del Corolario 10.7, es decir, Tonelli — demostrado en el Capítulo 11; la vía del parámetro se mantiene dentro de este capítulo.)

Ejercicio 10.9 ★★

Sea $f \geq 0$ medible sobre $(X, \mathcal A, \mu)$ . Demostrar que $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ define una medida (de densidad $f$ respecto de $\mu$ ), y que $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ para toda $g \geq 0$ medible (demuéstrese para indicadores, después para funciones simples y después por convergencia monótona — la máquina estándar).

Solución

Solución de Ejercicio 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ; para $(A_n)$ disjuntos, $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ (puntualmente, con todos los términos $\geq 0$ ), y el Corolario 10.7 da la $\sigma$ -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; y para $g \geq 0$ medible, tómense $s_n \nearrow g$ simples (el Teorema 10.4): $s_nf \nearrow gf$ , y la convergencia monótona en ambos miembros pasa al límite. (Este ascensor «indicadores $\to$ simples $\to$ convergencia monótona» es la máquina estándar de la teoría.)

Ejercicio 10.10 ★★★

(Un fallo al estilo de Weierstrass) Defínase $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Demostrar que $f$ está bien definida y es continua en $\R$ , y que $\mathcal C^1$ con $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ para todo $t$ — pero que derivar otra vez bajo el signo integral es ilegítimo. (b) Admitiendo que $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ para $t > 0$ (se demuestra en el Capítulo 17), ¿cuánto vale $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ para $t > 0$ , y por qué su fórmula confirma el fallo de (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, sobre $\abs t \leq T$ , el dominador $\frac{T}{1+x^2}$ da la continuidad (el Teorema 10.14). Derivación: $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ , integrable: $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ para todo $t$ . Una segunda derivación exigiría integrar $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ , cuyo valor absoluto se comporta como $\frac{\abs{\sin(tx)}} x$ en el infinito: no es integrable — no existe dominador y el Teorema 10.15 no puede aplicarse de nuevo.

(b) Admitiendo $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ para $t > 0$ : por ser $f$ impar, $f'$ es par, luego $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — que no es derivable en $0$ : $f$ es $\mathcal C^1$ pero no $\mathcal C^2$ , lo que confirma que la segunda derivación bloqueada no era un accidente técnico. Para $t > 0$ , la integral impropia $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ vale $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (derivando la fórmula admitida allí donde es lícito, es decir, en $\intoo0\infty$ ) — un valor impropio, no de Lebesgue.

Ejercicio 10.11 ★★

(Lema de Scheffé) Sean $f_n, f \geq 0$ integrables con $f_n \to f$ en casi todo punto y $\int f_n \to \int f$ . (a) Demostrar que $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Aplíquese la convergencia dominada a $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ y escríbase $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) Demostrar con un ejemplo que la hipótesis $\int f_n \to \int f$ no puede suprimirse (una joroba que se desliza o que se concentra), y que la conclusión falla para $f_n$ con signo sin control en valor absoluto: $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ cumple $f_n \to 0$ en casi todo punto y $\int f_n = 0 \to 0$ , y sin embargo $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Aplicación (densidades): si densidades de probabilidad cumplen $p_n \to p$ en casi todo punto, entonces automáticamente $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : la convergencia puntual de las densidades es convergencia $L^1$ — una mejora de convergencia gratis.

Solución

Solución de Ejercicio 10.11.

(a) Sea $g_n = (f - f_n)^+$ : entonces $0 \leq g_n \leq f$ (positividad de $f_n$ ), $g_n \to 0$ en casi todo punto, y $f$ es un dominador integrable: $\int g_n \to 0$ (convergencia dominada). Como $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ ,

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

(b) La joroba deslizante $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ cumple $f_n \to 0$ en casi todo punto y $\int f_n = 1 \not\to 0$ : sin la convergencia de las integrales, la convergencia $L^1$ falla (y también falla la hipótesis). El ejemplo con signo: $f_n \to 0$ en todo $x \neq 0$ , $\int f_n = 0$ , pero $\int\abs{f_n} = 2$ : para sucesiones con signo, el teorema trata realmente de un control de tipo $\abs{f_n}$ , y la positividad se usó exactamente en $g_n \leq f$ .

(c) Las densidades cumplen $\int p_n = 1 = \int p$ : la hipótesis de (a) es automática, de modo que $p_n \to p$ en casi todo punto obliga a $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — y, por tanto, a la convergencia de las probabilidades $\int_Ap_n \to \int_Ap$ uniformemente sobre todos los $A$ medibles ( $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ): Scheffé convierte la convergencia puntual de densidades en convergencia en variación total de las leyes.

Ejercicio 10.12 ★★

Límites clásicos, con justificación completa mediante convergencia monótona o dominada:

\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}} .

(Para (a): $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ para $x$ fijo — demuéstrese la monotonía mediante $\log$ ; para (b), intégrese por partes o sustitúyase $x = u^{1/n}$ e identifíquese una concentración en el borde; para (c), búsquese un dominador integrable válido para todo $n \geq 2$ partiendo en $x = 1$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 10.12.

(a) Sobre $\intoo0n$ , $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ crece con $n$ hacia $-x$ (la aplicación $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ decrece cuando $t = \frac1n \downarrow 0$ ; o desarróllese: $\varphi_{n}' \geq 0$ en $n$ mediante $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). Luego $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ , y la convergencia monótona 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) Sustitúyase $u = x^n$ ( $x = u^{1/n}$ , $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ):

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

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

(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 $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ : cota $\frac{4}{4 + x^2}$ , integrable. Convergencia dominada:

\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 la integral de Dirichlet, solo con parámetros

Dos integrales gobiernan el análisis aplicado:

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, el Ejemplo 10.13). Demostraremos ambas usando únicamente las herramientas de este capítulo.

Parte I — La gaussiana. Para $t \geq 0$ , póngase

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 .

Justificar que $A$ y $B$ son $\mathcal C^1$ en $\intoo0{+\infty}$ , calcular $A'$ y $B'$ y demostrar que $A'(t) + B'(t) = 0$ . (En $B'$ , sustitúyase $u = tx$ .)
Calcular $A(0) + B(0)$ y $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — justifíquese el paso al límite bajo la integral en $B$ .
Concluir $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , de donde $G = \sqrt\pi$ , y deducir $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (sustitúyase $x = u^2$ en $\Gamma(\frac12)$ ).

Parte II — La integral de Dirichlet. Para $t \geq 0$ , póngase

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

Demostrar que la integral que define $F(t)$ converge para todo $t > 0$ como integral de Lebesgue, y para $t = 0$ como integral impropia; demostrar que $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ existe (intégrese por partes en $[\pi, A]$ ).
Demostrar que $F$ es $\mathcal C^1$ en $\intoo0{+\infty}$ con

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

(dominación en $[t_0, \infty)$ para cada $t_0 > 0$ ; la última integral, por dos integraciones por partes o con exponenciales complejas).
Demostrar que $F(t) \to 0$ cuando $t \to +\infty$ y deducir $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ en $\intoo0{+\infty}$ .
El punto delicado: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Demuéstrese mediante un control uniforme de la cola: para $0 \leq t \leq 1$ y $A \geq \pi$ , intégrese por partes para ver que

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

con $C$ independiente de $t$ (derívese $\frac{\eu^{-tx}}x$ y acótese $\abs{\cos}$ por $1$ ; obsérvese que $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ con $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ); pártase después $F(t) - D$ en $[0, A]$ (donde se aplica la convergencia dominada cuando $t \to 0$ ) y $[A, \infty)$ .
Concluir: $D = \frac\pi2$ .

Parte III — Dividendos.

Calcular $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (intégrese por partes y redúzcase a $D$ mediante $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Calcular $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ y comprobar la coherencia de los dos resultados.
Para $a > 0$ , calcular $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ y $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ , y regístrense las reglas de cambio de escala (serán los caballos de batalla de Capítulo 14).
Explicar con precisión por qué $D$ no podía tratarse directamente por convergencia dominada en $t = 0$ (no hay dominador integrable en $[0,1]\times[0,\infty)$ ), y por qué el corte de la cola de la pregunta 7 es el sustituto honesto — este patrón («integrabilidad uniforme de las colas») reaparece a lo largo de todo el análisis.

Parte IV — La función Gamma según Bohr y Mollerup. La función $\Gamma$ (el Ejemplo 10.16) cumple $\Gamma(1) = 1$ y $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — pero también lo hacen infinitas funciones más (multiplíquese por cualquier ondulación $1$ -periódica). Una sola condición de convexidad fija $\Gamma$ de manera única, y sus identidades más profundas caen entonces mecánicamente. Una función positiva $f$ sobre un intervalo es logarítmicamente convexa si $\log f$ es convexa.

Demostrar que la convexidad logarítmica implica la convexidad, que los productos de funciones logarítmicamente convexas y sus composiciones con aplicaciones afines son logarítmicamente convexos y — mediante la desigualdad de Hölder para dos funciones $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ , demostrada directamente a partir de la desigualdad de Young — que $\Gamma$ es logarítmicamente convexa en $\intoo0\infty$ .
(Lema de las pendientes) Sea $g$ convexa en $\intoo0\infty$ con $g(n+1) - g(n) = \log n$ para todo entero $n \geq 1$ . Para $x \in \intoc01$ y $n \geq 2$ , compárense las pendientes de $g$ sobre $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ y $[n, n+1]$ , y dedúzcase

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Sea $f > 0$ con $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ y $\log f$ convexa. Desenrollando la recursión en $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ y $f(n) = (n-1)!$ , dedúzcase de la pregunta 14 que, para $x \in \intoc01$ ,

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

$f$ es única, luego $f = \Gamma$ , y vale la fórmula límite de Gauss (extiéndase a todo $x > 0$ mediante la recursión).
Defínase la función Beta $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ ( $x, y > 0$ ). Demuéstrense la convergencia, la recursión $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (intégrese por partes) y $B(1, y) = \frac1y$ .
Demostrar que $x \mapsto B(x, y)$ es logarítmicamente convexa (Hölder de nuevo) y aplíquese 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 ninguna integral doble.
Calcular $B(\frac12, \frac12)$ directamente (sustitúyase $t = \sin^2\theta$ ) y deducir $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : la integral gaussiana de la Parte I, recuperada por pura convexidad. Compárense las dos demostraciones en una frase cada una.
(Duplicación de Legendre) Demostrar que

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

cumple 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 todo $z > 0$ .
Deducir la forma cerrada $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ y demostrar, mediante el lema de las pendientes aplicado a $\log\Gamma$ alrededor de enteros grandes, la asintótica

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
Combinar las dos últimas preguntas en la asintótica del coeficiente binomial central

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

y comprobarla numéricamente para $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ , frente a $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : cociente $\approx 0.988$ ).
(Síntesis) La constante $\sqrt\pi$ ha aparecido ya como integral gaussiana (Parte I), como $B(\frac12, \frac12)$ (pregunta 18) y dentro de la duplicación (pregunta 19); y la estimación del binomial central anticipa tanto Stirling (el problema de fin de semana del Capítulo 11) como de Moivre–Laplace. Trácese el mapa de las conexiones: qué enunciados equivalen a cuáles, y qué aporta cada técnica — derivación bajo el signo integral frente a convexidad — que la otra no puede aportar.

Parte V — Tres dividendos más.

(Wallis, mediante Beta) Para $p > -1$ , sustitúyase $t = \sin^2\theta$ para ver que

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

y dedúzcase de la recursión de Beta (pregunta 16) que $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ para enteros $n \geq 0$ . Calcúlense $W_{2n}$ y $W_{2n+1}$ en forma cerrada, demuéstrese $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ por encaje y concluir con el producto de Wallis

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(La gaussiana se encuentra con una frecuencia) Para $b \in \R$ , póngase

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

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

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

la gaussiana se reproduce a sí misma bajo esta transformación — la única identidad sobre la que funcionará el Capítulo 14.
(Integral de Frullani) Para $0 < a < b$ , demostrar que

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

derivando respecto del parámetro $a$ (justifíquese la dominación en cada $\intco{a_0}{+\infty}$ , $a_0 > 0$ , e identifíquese la constante haciendo $a \to b$ ). ¿Dónde necesita exactamente el integrando su singularidad evitable en $x = 0$ ?

Solución

Solución de Problema 10.1.

1. $A$ es $\mathcal C^1$ por el teorema fundamental del cálculo y la regla de la cadena: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Para $B$ : $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , continua y acotada en $[t_0, T] \times \intcc01$ para cualquier $0 < t_0 < T$ (basta la dominación por una constante sobre un espacio de medida finita): $B$ 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 nula en $\intoo0{+\infty}$ y es continua en $0$ ( $B$ por dominación $\frac1{1+x^2}$ y Teorema 10.14): $A + B \equiv \frac\pi4$ . Cuando $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , y $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (convergencia monótona, o simplemente convergencia monótona de la integral interior).

3. Por 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 paridad $G = \sqrt\pi$ . Además, $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

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

\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 convergen cuando $A \to \infty$ ; y cerca de $0$ el integrando se extiende de manera continua 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: el Teorema 10.15 se aplica en todo intervalo de ese tipo y, por tanto, en 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. $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . Integrando $F' = -\frac1{1+t^2}$ : $F(t) = C - \arctan t$ , y $t \to \infty$ obliga a $C = \frac\pi2$ : $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ en $\intoo0{+\infty}$ .

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

\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 .

Acotando $\abs{\cos} \leq 1$ : el primer término es $\leq \frac1A$ ; y la integral vale a lo sumo $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . En total: $\leq \frac 3A$ , uniformemente para $t \in [0, 1]$ (incluido el caso $t = 0$ ). Ahora bien,

\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 $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ , de modo que el primer término vale a lo sumo $tA^2$ . Elíjase $A$ con $\frac6A < \varepsilon$ y después $t < \varepsilon/A^2$ : $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. Por 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

(sustitúyase $u = 2x$ en el último paso; los términos de frontera se anulan: $\sin^2 x/x \to 0$ en ambos extremos).

10. Por partes ( $u = 1 - \cos x$ , $v' = x^{-2}$ ): $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . Coherencia: $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ , 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. $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ para todo $a > 0$ (sustitúyase $u = ax$ : la integral es invariante por cambios de escala); $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (sustitúyase $u = \sqrt a\,x$ ). El cambio de escala en el argumento deja fija la integral de Dirichlet y divide la gaussiana por $\sqrt a$ .

12. Un dominador válido para todo $t \in [0,1]$ tendría que dominar $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ , que no es integrable (el Ejercicio 10.6): la convergencia dominada no puede cruzar $t = 0$ . El sustituto de la pregunta 7 — colas uniformemente pequeñas en el parámetro y la parte compacta tratada por convergencia dominada — es el patrón estándar de la «integrabilidad uniforme», y reaparece siempre que la convergencia condicional se topa con un intercambio de límites.

13. Si $g = \log f$ es convexa, entonces $f = \exp\circ g$ es convexa (la exponencial es convexa creciente: $f(\lambda x + (1-\lambda) y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , siendo el último paso la convexidad de la exponencial 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 $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ , Young da $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ ; intégrese: $\int\abs{uv} \leq 1$ ; el caso general, por homogeneidad. Entonces, para $\lambda \in \intoo01$ , aplíquese con $p = \frac1\lambda$ a la 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 una $g$ convexa, la pendiente de una cuerda crece con sus extremos (desigualdad de las tres cuerdas). Comparando las cuerdas sobre $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ y $[n, n+1]$ :

\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 multiplicando por $x > 0$ se obtiene lo afirmado.

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

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

La cota superior se reescribe como $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ , y la inferior, en el rango $n+1$ , como $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . El factor de corrección $\frac{x+n}n \to 1$ : el encaje obliga a

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 $\intoc01$ y, por la recursión, en todas partes. Como $\Gamma$ cumple las tres hipótesis (pregunta 13), $f = \Gamma$ y vale la fórmula de Gauss — para todo $x > 0$ , pues ambos miembros obedecen la misma recursión.

16. Cerca de $0$ , el integrando es $\sim t^{x-1}$ , integrable si y solo si $x > 0$ ; cerca de $1$ , lo simétrico con $y$ . Integración por partes en $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ , haciendo $\varepsilon \to 0$ (los términos de frontera se anulan 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 $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ; despejando, $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . 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 logarítmicamente convexa en $x$ por ser producto de la logarítmicamente convexa $B(\cdot, y)$ (Hölder sobre la 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 de $\Gamma(\cdot + y)$ (desplazamiento 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 alcanzaba la misma constante derivando respecto de un parámetro y haciendo competir dos funciones hasta sus límites; aquí la convexidad, por sí sola, rigidificó el problema hasta dejar un único valor superviviente. Análisis por movimiento frente a 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) .

Convexidad logarítmica: producto de $\eu^{(x-1)\log2}$ (logarítmicamente afín) y de dos reparametrizaciones afines de la logarítmicamente convexa $\Gamma$ . Bohr–Mollerup da $g = \Gamma$ ; y poniendo $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. De $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ y la recursión, $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (complétese el producto de los impares con los pares). Asintótica: la pregunta 14 con $g = \log\Gamma$ y $x = \frac12$ da $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , de modo que el cociente respecto de $\sqrt n$ queda encajado entre $\sqrt{1 - \frac1n}$ y $1$ .

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

\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, $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ , frente a $\binom{20}{10} = 184756$ : cociente $0.9876$ — 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 la pregunta 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (fórmula de Euler); la duplicación en $z = n$ es la forma cerrada de $\Gamma(n + \frac12)$ , que es la estimación del binomial central salvo el lema de las pendientes. La técnica del parámetro (Partes I–II) calcula límites de cantidades en movimiento y es indispensable cuando hay una deformación genuina (la integral de Dirichlet no tiene demostración por convexidad); la técnica de la convexidad no calcula nada, pero lo prohíbe todo — sobresale en unicidad y ecuaciones funcionales (Gauss, Euler y Legendre en tres trazos), donde la derivación se ahogaría en cálculos. Un analista completo lleva ambas.

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

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 recursión de 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 .

Partiendo 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} .

Como $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ en $\intcc0{\pi/2}$ , la sucesión $(W_n)$ es no creciente, luego

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 haciendo $n \to \infty$ se obtiene el producto de Wallis. (Mediante la fórmula de Euler, $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : Wallis es la integral gaussiana con otro disfraz más.)

24. La derivada respecto de $b$ del integrando es $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ , dominada 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 $u = \sin(2bx)$ , $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (de modo que $v = \eu^{-x^2}$ ), los términos de frontera se anulan y

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

Por 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. Salvo normalización, esto dice que la transformada de Fourier de $\eu^{-x^2}$ es de nuevo una gaussiana — el punto fijo sobre el que pivota la teoría de la inversión del 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},

de modo que la integral $I(a)$ converge (Lebesgue); la cota puntual muestra también que el integrando se extiende de manera continua por $b - a$ en $x = 0$ . Fíjese $b$ ; en $\intco{a_0}{+\infty}$ , la derivada respecto de $a$ del integrando es $-\eu^{-ax}$ , dominada por $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ , de modo que $I$ es $\mathcal C^1$ en $\intoo0b$ con

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

La cota por ambos lados da $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ cuando $a \to b^-$ , luego $c = \log b$ y $I(a) = \log\frac ba$ . La singularidad evitable hace falta en $0$ : cada término $\eu^{-ax}/x$ por separado tiene integral divergente (logarítmicamente) cerca de $0$ , y solo la cancelación de primer orden $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ hace integrable allí la diferencia; en el infinito, cada término es inofensivo por sí solo.

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