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title: "La integral de Lebesgue"
book: "Matemáticas universitarias — Grado 3"
subject: math
language: es
chapter: 10
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue
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# Capítulo 10 — La 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) arbitrario $(X, \mathcal A,
\mu)$, demuestra los tres teoremas, zanja la relación exacta con la integral de Riemann (una función acotada es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) Riemann si y solo si es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1)) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-borel), [Método 9.17](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#met-b3-measure-goodsets)).

**Proposición 10.2.**

(a) Las composiciones de aplicaciones [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable) son [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable); las aplicaciones [continuas](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) son [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable) Borel. (b) Si $f, g \colon X \to \R$ son [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable), también lo son $f + g$, $fg$, $\max(f,g)$, $\abs f$, $\lambda f$. (c) Si $(f_n)$ son [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable) con valores en $[-\infty, +\infty]$, entonces $\sup_nf_n$, $\inf_nf_n$, $\limsup f_n$, $\liminf f_n$ son [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable); y si $f_n \to f$ puntualmente, $f$ es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable).

**Demostración.** (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$; la [continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) da la [medibilidad](#def-b3-lebesgue-measurable) a través de los abiertos generadores (el [Problema 9.1](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#pb-b3-measure-1), pregunta 10, en forma general). (b) $(f, g) \colon X \to \R^2$ es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) $\R^2 \to \R$: 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](#def-b3-lebesgue-measurable) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/5-representaciones-de-los-grupos-finitos#def-b3-representations-rep) (refínense dos particiones).

**Teorema 10.4 (Aproximación por funciones simples).**

Toda [función medible](#def-b3-lebesgue-measurable) $f \colon X \to [0, +\infty]$ es límite puntual de una sucesión *creciente* de [funciones simples](#def-b3-lebesgue-simple):

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

**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](#def-b3-lebesgue-measurable):

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

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](#def-b3-lebesgue-simple) mediante refinamientos comunes).

**Teorema 10.6 (Convergencia monótona, Beppo Levi).**

Si $0 \leq f_n \nearrow f$ puntualmente (con las [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable)), entonces

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

**Demostración.** $f$ es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) (la [Proposición 10.2](#prop-b3-lebesgue-stability)(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](#def-b3-lebesgue-measurable) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) por abajo (la [Proposición 9.6](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#prop-b3-measure-basics)(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](#def-b3-lebesgue-measurable) y $c \geq 0$: $\int(f + g) =
\int f + \int g$ y $\int cf = c\int f$; y para una serie de funciones [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable) no negativas, $\int\sum_nf_n =
\sum_n\int f_n$.

**Demostración.** Para las [funciones simples](#def-b3-lebesgue-simple), la aditividad es un cálculo sobre un refinamiento común. En general, tómense $s_n \nearrow f$, $t_n \nearrow g$ (el [Teorema 10.4](#thm-b3-lebesgue-approximation)): $s_n + t_n \nearrow f +
g$, 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](#def-b3-lebesgue-measurable):

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

**Demostración.** Sea $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$: es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable), $0 \leq g_N \nearrow
\liminf f_n$, 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](#def-b3-lebesgue-measurable) (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](#def-b3-lebesgue-l1), con $\abs{f_n} \leq g$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1) para una $g$ *[integrable](#def-b3-lebesgue-l1)* fija. Entonces $f$ es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-l1). 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](#def-b3-lebesgue-l1). (2) ¿Hay un único dominador [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) $g \geq \abs{f_n}$, 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](#def-b3-lebesgue-l1). 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](#def-b3-lebesgue-l1) Riemann si y solo si $f$ es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) en $\lambda$-casi todo punto; y en tal caso $f$ es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-measurable), la [Proposición 10.2](#prop-b3-lebesgue-stability)). 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#exo-b3-lebesgue-5)) $\iff$ $f$ [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1). En tal caso $\ell \leq f \leq u$ con $\ell =
u$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1): $f$ coincide [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1) con la $\ell$ [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) y, por tanto, es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) Lebesgue ([completitud](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) en ningún punto: no es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) exactamente en los irracionales: es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#exo-b3-lebesgue-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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure), $T$ un espacio métrico (el parámetro) y $f \colon T \times X \to \C$ con $f(t, \cdot)$ [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) en $t_0$ para casi todo $x$, y que existe una $g$ [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) con $\abs{f(t,x)} \leq
g(x)$ para todo $t$ de un [entorno](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-topology) de $t_0$ y casi todo $x$. Entonces $F$ es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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](#def-b3-lebesgue-l1), dominada por $g$: la convergencia dominada da $F(t_n) \to F(t_0)$; y en los espacios métricos basta la [continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) secuencial ([Observación 6.8](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#rem-b3-topology-sequences)). ∎

**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](#def-b3-lebesgue-l1). 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](#def-b3-lebesgue-l1) ($t >
0$); 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](#def-b3-lebesgue-l1): $\Gamma$ 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](#pb-b3-lebesgue-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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-lebesgue/fig-8a5288e0e9f0.svg)

*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](#def-b3-lebesgue-l1) de Lebesgue es [integrabilidad](#def-b3-lebesgue-l1) absoluta.*

## 10.5 Ejercicios

**Ejercicio 10.1 ★.**

(a) Demostrar que una función monótona $\R \to \R$ es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) Borel, y que una derivada (de una función derivable en todo punto) es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) Borel. (b) Demostrar que $f \colon X \to \R$ es [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) si y solo si $\{f > q\}
\in \mathcal A$ para todo $q$ *racional*.

**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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) (y por tanto [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable)): [Proposición 10.2](#prop-b3-lebesgue-stability)(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$: si los niveles racionales son [medibles](#def-b3-lebesgue-measurable), lo son todos, y las semirrectas generan $\mathcal B(\R)$.

**Ejercicio 10.2 ★.**

Calcular, con justificación [completa](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete):

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

*(Para la segunda: sustitúyase $u = x^n$ antes de dominar.)*

**Solución 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](#def-b3-lebesgue-l1) $(1 + x/2)^{-2}$. 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) 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 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](#def-b3-lebesgue-l1), $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ es del mismo tipo — nunca [integrable](#def-b3-lebesgue-l1).

(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 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](#def-b3-lebesgue-measurable) no negativas: el [Corolario 10.7](#cor-b3-lebesgue-additivity) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/13-espacios-de-hilbert#exo-b3-hilbert-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](#def-b3-lebesgue-measurable) con $\int f\,\dd\mu = 0$ cumple $f = 0$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1). *(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](#def-b3-lebesgue-l1) es finita [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1). (c) Demostrar que si $\int_A f\,\dd\mu = 0$ para *todo* $A$ [medible](#def-b3-lebesgue-measurable), entonces $f = 0$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1).

**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](#def-b3-lebesgue-l1) por (a); análogamente $f^- = 0$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1).

**Ejercicio 10.6 ★★.**

(a) Aplíquese el [Teorema 10.12](#thm-b3-lebesgue-riemann) para decidir la [integrabilidad](#def-b3-lebesgue-l1) Riemann de: $\mathbf 1_\Q$; la función de Thomae; $\mathbf
1_K$ para $K$ un conjunto de Cantor gordo (el [Ejercicio 9.5](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#exo-b3-measure-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](#def-b3-lebesgue-l1).

**Solución de Ejercicio 10.6.**

(a) $\mathbf 1_\Q$: discontinua en todo punto, no [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) Riemann (el [Teorema 10.12](#thm-b3-lebesgue-riemann)); su integral de Lebesgue vale $\lambda(\Q) = 0$. Thomae: es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) en todo irracional (dado $\varepsilon$, solo un número finito de racionales de $\intcc01$ tienen denominador $\leq
1/\varepsilon$; evítense con un pequeño [entorno](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-topology)) y discontinua en los racionales ([densidad](#ex-b3-lebesgue-gamma) de los irracionales): es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1), [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) Riemann, de integral $0$ (se anula [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1)). $\mathbf 1_K$, con $K$ un conjunto de Cantor gordo: el conjunto de discontinuidad es $\partial K = K$ (cerrado de [interior](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-interior) vacío), de [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) $\frac12 > 0$: *no* es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) Riemann — y sí es [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-l1)): convergencia condicional sin [integrabilidad](#def-b3-lebesgue-l1) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/14-la-transformada-de-fourier#ch-b3-fouriertransform) sistematizará esto.)

**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](#def-b3-lebesgue-l1) e independiente de $t$: el [Teorema 10.15](#thm-b3-lebesgue-paramdiff) 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](#pb-b3-lebesgue-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](#cor-b3-lebesgue-additivity) en forma [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) — anticípese Tonelli, o córtese $[a,b]$ en $n$ partes iguales y pásese al límite).

**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](#def-b3-lebesgue-l1). Así, el [Teorema 10.15](#thm-b3-lebesgue-paramdiff) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) del [Corolario 10.7](#cor-b3-lebesgue-additivity), es decir, Tonelli — demostrado en el [Capítulo 11](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/11-medidas-producto-fubini-cambio-de-variable#ch-b3-product); la vía del parámetro se mantiene dentro de este capítulo.)

**Ejercicio 10.9 ★★.**

Sea $f \geq 0$ [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) sobre $(X, \mathcal A, \mu)$. Demostrar que $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ define una [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) (de *densidad* $f$ respecto de $\mu$), y que $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ para toda $g \geq 0$ [medible](#def-b3-lebesgue-measurable) *(demuéstrese para indicadores, después para [funciones simples](#def-b3-lebesgue-simple) y después por convergencia monótona — la máquina estándar)*.

**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](#cor-b3-lebesgue-additivity) 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](#def-b3-lebesgue-measurable), tómense $s_n \nearrow g$ simples (el [Teorema 10.4](#thm-b3-lebesgue-approximation)): $s_nf \nearrow gf$, 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/17-series-de-laurent-y-teorema-de-los-residuos#ch-b3-residues)), ¿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 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) (el [Teorema 10.14](#thm-b3-lebesgue-paramcont)). Derivación: $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq
\frac1{1+x^2}$, [integrable](#def-b3-lebesgue-l1): $f'(t) =
\int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ 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](#def-b3-lebesgue-l1) — no existe dominador y el [Teorema 10.15](#thm-b3-lebesgue-paramdiff) 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](#def-b3-lebesgue-l1) con $f_n \to f$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-l1) y $\int f_n
= 0 \to 0$, y sin embargo $\int\abs{f_n} = 2$. (c) Aplicación ([densidades](#ex-b3-lebesgue-gamma)): si [densidades](#ex-b3-lebesgue-gamma) de probabilidad cumplen $p_n
\to p$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1), entonces automáticamente $\int\abs{p_n - p} \to 0$: la convergencia puntual de las [densidades](#ex-b3-lebesgue-gamma) es convergencia $L^1$ — una mejora de convergencia gratis.

**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](#def-b3-lebesgue-l1), y $f$ es un dominador [integrable](#def-b3-lebesgue-l1): $\int g_n \to 0$ (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](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#ex-b3-lebesgue-gamma) cumplen $\int p_n = 1 = \int p$: la hipótesis de (a) es automática, de modo que $p_n \to p$ [en casi todo punto](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-measurable) ($\abs{\int_A(p_n - p)} \leq
\norm{p_n - p}_1$): Scheffé convierte la convergencia puntual de [densidades](#ex-b3-lebesgue-gamma) en convergencia en variación total de las leyes.

**Ejercicio 10.12 ★★.**

Límites clásicos, con justificación [completa](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) 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](#def-b3-lebesgue-l1) válido para todo $n \geq 2$ partiendo en $x =
1$.)*

**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](#def-b3-lebesgue-l1); 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](#def-b3-lebesgue-l1). 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](#ex-b3-lebesgue-riemannexamples)). Demostraremos ambas usando únicamente las herramientas de este capítulo.

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

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

1. 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 $u =  tx$.)*
2. Calcular $A(0) + B(0)$ y $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — justifíquese el paso al límite bajo la integral en $B$ .
3. 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

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

4. 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 $[\pi, A]$)* .
5. 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)*.
6. Demostrar que $F(t) \to 0$ cuando $t \to +\infty$ y deducir $F(t)  = \frac\pi2 - \arctan t$ en $\intoo0{+\infty}$ .
7. 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 $[A, \infty)$.
8. Concluir: $D = \frac\pi2$ .

**Parte III — Dividendos.**

9. Calcular $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ *(intégrese por partes y redúzcase a $D$ mediante $\sin  2x = 2\sin x\cos x$)* .
10. Calcular $\int_0^{+\infty}\frac{1 -  \cos x}{x^2}\,\dd x$ y comprobar la coherencia de los dos resultados.
11. 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/14-la-transformada-de-fourier#ch-b3-fouriertransform) ).
12. Explicar con precisión por qué $D$ no podía tratarse directamente por convergencia dominada en $t = 0$ (no hay dominador [integrable](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-l1) uniforme de las colas») reaparece a lo largo de todo el análisis.

**Parte IV — La [función Gamma](#ex-b3-lebesgue-gamma) según Bohr y Mollerup.** La función $\Gamma$ (el [Ejemplo 10.16](#ex-b3-lebesgue-gamma)) 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.

13. 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 $\intoo0\infty$ .
14. (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 $$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$$
15. (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).
16. 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 $B(1, y) = \frac1y$ .
17. 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.
18. 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.
19. (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 $z > 0$.
20. 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 $$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n}  \longrightarrow 1 .$$
21. 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 $\approx 0.988$).
22. (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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/11-medidas-producto-fubini-cambio-de-variable#ch-b3-product) ) 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.**

23. (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* $$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty}  \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$$
24. (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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/14-la-transformada-de-fourier#ch-b3-fouriertransform).
25. (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 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) en $0$ ($B$ por dominación $\frac1{1+x^2}$ y [Teorema 10.14](#thm-b3-lebesgue-paramcont)): $A + B \equiv \frac\pi4$. 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-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](#def-b3-lebesgue-l1). 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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](#def-b3-lebesgue-l1): el [Teorema 10.15](#thm-b3-lebesgue-paramdiff) 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](#def-b3-lebesgue-l1) (el [Ejercicio 10.6](#exo-b3-lebesgue-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](#def-b3-lebesgue-l1) 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](#def-b3-lebesgue-l1) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/14-la-transformada-de-fourier#ch-b3-fouriertransform).

**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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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](#def-b3-lebesgue-l1) allí la diferencia; en el infinito, cada término es inofensivo por sí solo.