Mathematics · Libro 5 · Bachelor Year 3

Matemáticas universitarias — Grado 3

Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

11Medidas producto, Fubini, cambio de variable

La teoría de Lebesgue unidimensional se convierte en cálculo multidimensional gracias a dos teoremas. Tonelli–Fubini dice que las integrales sobre productos son integrales iteradas — cortar en rebanadas es lícito, en cualquier orden, bajo hipótesis que uno puede comprobar de verdad. La fórmula del cambio de variable transporta integrales a lo largo de difeomorfismos C1\mathcal C^1, con el determinante jacobiano como tipo de cambio del volumen; la demostramos por completo, empezando por el caso lineal, donde explica qué es el determinante. Las aplicaciones se encadenan: la fórmula de las capas, la convolución, las coordenadas polares, el volumen de la bola de nn dimensiones — y, en el problema de fin de semana, la fórmula de Stirling con un análisis honesto del error.

11.1 σ\sigma-álgebras producto y medidas producto

Definición 11.1

Para espacios medibles (X,A)(X, \mathcal A) y (Y,B)(Y, \mathcal B), la σ\sigma-álgebra producto AB\mathcal A \otimes \mathcal B sobre X×YX \times Y está generada por los rectángulos A×BA \times B (AAA \in \mathcal A, BBB \in \mathcal B) — un π\pi-sistema. Para EX×YE \subseteq X\times Y y xXx \in X, la sección es Ex={y:(x,y)E}E_x = \{y : (x,y) \in E\}; y para una función ff sobre el producto, fx=f(x,)f_x = f(x, \cdot).

Proposición 11.2

(a) Si EABE \in \mathcal A\otimes\mathcal B, toda sección ExBE_x \in \mathcal B (y simétricamente); si ff es AB\mathcal A\otimes\mathcal B-medible, toda fxf_x es B\mathcal B-medible. (b) B(Rm)B(Rn)=B(Rm+n)\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal B(\R^{m+n}).

Demostración. (a) Buenos conjuntos: {E:ExB x}\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\} es una σ\sigma-álgebra (las secciones conmutan con complementos y uniones numerables) que contiene los rectángulos. Para ff: (fx)1(B)=(f1(B))x(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x. (b) (\subseteq) Rectángulos de conjuntos de Borel: basta ver que las cajas abiertas×\timesabiertas son de Borel en Rm+n\R^{m+n} (son abiertas) y que los rectángulos de Borel generales son límites — de nuevo, buenos conjuntos: {A:A×RnB(Rm+n)}\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\} es una σ\sigma-álgebra que contiene los abiertos; interséquense dos de ellas. (\supseteq) Todo abierto de Rm+n\R^{m+n} es unión numerable de cajas abiertas racionales U×VU\times V: está contenido en la σ\sigma-álgebra producto.

Teorema 11.3 (Medida producto)

Sean (X,A,μ)(X, \mathcal A, \mu) y (Y,B,ν)(Y, \mathcal B, \nu) σ\sigma-finitas. Para todo EABE \in \mathcal A\otimes\mathcal B, la función xν(Ex)x \mapsto \nu(E_x) es medible, y

(μν)(E)=Xν(Ex) ⁣dμ(x)(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)

define la única medida sobre AB\mathcal A\otimes\mathcal B con (μν)(A×B)=μ(A)ν(B)(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B). Es σ\sigma-finita y simétrica: la misma medida se obtiene integrando las xx-secciones contra ν\nu.

Demostración. Medibilidad de xν(Ex)x \mapsto \nu(E_x). Sea primero ν\nu finita. La clase D\mathcal D de los EE para los que la aplicación es medible contiene los rectángulos (ν((A×B)x)=ν(B)1A(x)\nu((A\times B)_x) = \nu(B)\mathbf 1_A(x)) y es un λ\lambda-sistema: para EFE \subseteq F en D\mathcal D, ν((FE)x)=ν(Fx)ν(Ex)\nu((F\setminus E)_x) = \nu(F_x) - \nu(E_x) (finitud); para EnEE_n \uparrow E, ν((En)x)ν(Ex)\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x) (continuidad por abajo), y los límites monótonos de funciones medibles son medibles. Los rectángulos forman un π\pi-sistema: Dynkin (el Teorema 9.4) da D=AB\mathcal D = \mathcal A\otimes\mathcal B. Si ν\nu es σ\sigma-finita, escríbase Y=YkY = \bigcup Y_k, YkY_k \uparrow, ν(Yk)<\nu(Y_k) < \infty: ν(Ex)=limkνk(Ex)\nu(E_x) = \lim_k\nu_k(E_x) con las νk=ν(Yk)\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k) finitas.

Medida. La σ\sigma-aditividad de Eν(Ex) ⁣dμE \mapsto \int\nu(E_x)\dd\mu se sigue del Corolario 10.7 (las secciones de conjuntos disjuntos son disjuntas). Sobre los rectángulos da μ(A)ν(B)\mu(A)\nu(B). Unicidad: dos candidatas coinciden sobre el π\pi-sistema de los rectángulos; la σ\sigma-finitud proporciona rectángulos Xk×YkX×YX_k\times Y_k \uparrow X\times Y de medida finita: el Teorema 9.7. Simetría: la construcción en el otro orden es también una medida que coincide sobre los rectángulos — única, luego la misma.

Definición 11.4

La medida de Lebesgue sobre Rd\R^d es λd=λλ\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda (dd factores; la asociatividad de la construcción se comprueba sobre las cajas y se propaga por unicidad). Es la única medida de Borel que da a cada caja (ai,bi]\prod\intoc{a_i}{b_i} su volumen (biai)\prod(b_i - a_i); es invariante por traslaciones (los trasladados coinciden sobre las cajas), σ\sigma-finita y completa tras la compleción de Carathéodory — escribimos λd\lambda_d para la medida completada e integramos en consecuencia.

11.2 Tonelli y Fubini

Teorema 11.5 (Tonelli)

Sean μ,ν\mu, \nu σ\sigma-finitas y f ⁣:X×Y[0,+]f \colon X\times Y \to [0, +\infty] medible. Entonces xYfx ⁣dνx \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu es medible y

X×Yf ⁣d(μν)=X(Yf(x,y) ⁣dν(y)) ⁣dμ(x)=Y(Xf(x,y) ⁣dμ(x)) ⁣dν(y).\int_{X\times Y}f\,\dd(\mu\otimes\nu) = \int_X\Bigl(\int_Y f(x,y)\,\dd\nu(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int_Y\Bigl(\int_X f(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\nu(y).

Demostración. La máquina estándar. Para f=1Ef = \mathbf 1_E esto es el Teorema 11.3 (y su forma simétrica). Por linealidad vale para f0f \geq 0 simple. Para f0f \geq 0 general: tómense snfs_n \nearrow f simples (el Teorema 10.4); entonces Y(sn)x ⁣dνYfx ⁣dν\int_Y(s_n)_x \dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu para cada xx (convergencia monótona en YY), de modo que los miembros izquierdos convergen por convergencia monótona en XX, mientras que sn ⁣d(μν)f\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f por convergencia monótona sobre el producto.

Teorema 11.6 (Fubini)

Sean μ,ν\mu, \nu σ\sigma-finitas y fL1(μν)f \in L^1(\mu\otimes\nu). Entonces, para μ\mu-casi todo xx, la sección fxf_x es ν\nu-integrable, la función definida en casi todo punto xfx ⁣dνx \mapsto \int f_x\dd\nu es integrable, y las dos integrales iteradas valen ambas f ⁣d(μν)\int f\,\dd(\mu\otimes\nu).

Demostración. Tonelli aplicado a f\abs f muestra que φ(x)=fx ⁣dν\varphi(x) = \int\abs{f_x} \dd\nu tiene integral finita y, por tanto, es finita en casi todo punto: fxL1(ν)f_x \in L^1(\nu) para casi todo xx. Descompóngase f=f+ff = f^+ - f^- (caso real; el complejo, por componentes): Tonelli calcula cada integral iterada de f±f^\pm como f± ⁣d(μν)<\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) < \infty, y la diferencia, definida en casi todo punto, integra a la diferencia. Simétricamente en el otro orden.

Método 11.7

Para intercambiar dos integrales (o una integral y una suma, o dos sumas): si el integrando es no negativo, intercámbiese sin más (Tonelli). En caso contrario, aplíquese primero Tonelli a f\abs f en el orden que resulte más fácil de estimar; si el resultado es finito, Fubini legitima el intercambio. Nunca se salte la comprobación de f\abs f: el integrando del Ejercicio 11.4 tiene dos integrales iteradas con valores distintos.

Proposición 11.8 (Fórmula de las capas)

Para f0f \geq 0 medible sobre (X,A,μ)(X, \mathcal A, \mu) σ\sigma-finita:

Xf ⁣dμ=0+μ({f>t}) ⁣dt,Xfp ⁣dμ=p0+tp1μ({f>t}) ⁣dt(p1).\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t, \qquad \int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f > t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).

Demostración. Aplíquese Tonelli a 1{(x,t):0<t<f(x)}\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}} sobre X×(0,+)X \times \intoo0{+\infty} (es medible: se trata de {(x,t):f(x)t>0}{t>0}\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}, una combinación de tipo Borel de la medible (x,t)f(x)t(x,t)\mapsto f(x) - t): integrando primero en tt se obtiene f ⁣dμ\int f\,\dd\mu; primero en xx, 0μ(f>t) ⁣dt\int_0^\infty\mu(f > t)\dd t. Para fpf^p: sustitúyase t=spt = s^p en μ(fp>t) ⁣dt\int\mu(f^p > t) \dd t, es decir, aplíquese la primera fórmula a fpf^p y cámbiese de variable en la integral unidimensional ({fp>sp}={f>s}\{f^p > s^p\} = \{f > s\}).

Teorema 11.9 (Convolución en L1L^1)

Para f,gL1(Rd,λd)f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d), la integral

(fg)(x)=Rdf(xy)g(y) ⁣dy(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y

converge absolutamente para casi todo xx, define fgL1(Rd)f * g \in L^1(\R^d) con fg1f1g1\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1, y * es conmutativa y asociativa.

Demostración. (x,y)f(xy)g(y)(x, y) \mapsto f(x-y)g(y) es medible ((x,y)xy(x,y)\mapsto x - y es continua; compóngase y multiplíquese). Tonelli:

 ⁣ ⁣f(xy)g(y) ⁣dy ⁣dx=g(y)(f(xy) ⁣dx) ⁣dy=f1g1<\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x = \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y = \norm f_1\norm g_1 < \infty

(invariancia por traslaciones de λd\lambda_d en la integral interior). Así, la integral doble es finita; Fubini da la convergencia absoluta en casi todo punto y la cota de la norma fg1f1g1\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1. Conmutatividad: sustitúyase yxyy \mapsto x - y (invariancia por traslaciones y por reflexión — la invariancia por reflexión vale sobre las cajas y, por unicidad, en todas partes). Asociatividad: Tonelli–Fubini sobre una integral triple.

11.3 Cambio de variable

Teorema 11.10 (Cambio de variable lineal)

Para TGLd(R)T \in GL_d(\R) y AB(Rd)A \in \mathcal B(\R^d): λd(T(A))=detTλd(A)\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A); en consecuencia, f(y) ⁣dy=detTf(Tx) ⁣dx\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x para f0f \geq 0 o integrable.

Demostración. La medida μT(A)=λd(T(A))\mu_T(A) = \lambda_d(T(A)) es una medida de Borel (los homeomorfismos conservan los conjuntos de Borel, el Problema 9.1), invariante por traslaciones (T(A+x)=T(A)+TxT(A + x) = T(A) + Tx) y finita sobre la caja unidad: por la caracterización de la medida de Lebesgue (el Ejercicio 9.6, cuya demostración vale literalmente en Rd\R^d con cubos diádicos), μT=c(T)λd\mu_T = c(T)\lambda_d con c(T)=λd(T([0,1)d))c(T) = \lambda_d(T(\intco01^d)). La aplicación Tc(T)T \mapsto c(T) es multiplicativa (c(ST)=c(S)c(T)c(ST) = c(S)c(T), componiendo), de modo que basta calcular cc sobre generadores de GLdGL_d: las matrices elementales. Diagonal diag(a,1,,1)\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1): lleva el cubo unidad a una caja de volumen a\abs a: c=a=detc = \abs a = \abs\det. Trasposición de coordenadas: permuta el cubo: c=1=detc = 1 = \abs\det. Transvección T(x)=x+αx2e1T(x) = x + \alpha x_2e_1: la imagen del cubo unidad es un prisma cizallado; por Tonelli, su medida es λ1(seccioˊn) ⁣dx2 ⁣dxd=1\int\lambda_1(\text{sección})\dd x_2 \cdots \dd x_d = 1, pues cada x1x_1-sección es un intervalo de longitud 11: c=1=detc = 1 = \abs{\det}. Toda matriz invertible es producto de estas (eliminación gaussiana), y tanto cc como det\abs\det son multiplicativos: c(T)=detTc(T) = \abs{\det T}. La fórmula integral se sigue por la máquina estándar (indicadores, simples, convergencia monótona).

Teorema 11.11 (Cambio de variable)

Sean U,VRdU, V \subseteq \R^d abierto y Φ ⁣:UV\Phi \colon U \to V un difeomorfismo C1\mathcal C^1. Para toda f ⁣:V[0,+]f \colon V \to [0, +\infty] medible (o fL1(V)f \in L^1(V)):

Vf(y) ⁣dy=Uf(Φ(x))detDΦ(x) ⁣dx.\int_V f(y)\,\dd y = \int_U f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .

Demostración. Escribamos J(x)=detDΦ(x)J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}. El corazón de la demostración es la desigualdad

λd(Φ(A))AJ ⁣dλdpara todo boreliano AU;()\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d \qquad\text{para todo boreliano } A \subseteq U; \tag{$*$}

El paso 4 de más abajo eleva ()(*) — aplicada a Φ\Phi y a Φ1\Phi^{-1} — hasta la igualdad del teorema. Obsérvese que Φ1\Phi^{-1} es él mismo un difeomorfismo C1\mathcal C^1 con jacobiano detDΦ1(y)=J(Φ1y)1\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1} (regla de la cadena en ΦΦ1=id\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}).

Paso 1: ()(*) para cubos, con un factor de distorsión. Fíjese un cubo cerrado QUQ \subseteq U de centro x0x_0 y lado 2r2r (bola para la norma del supremo). Afirmación: para todo ε>0\varepsilon > 0, si Φ\Phi es derivable en QQ con DΦ(x)DΦ(x0)ε\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon sobre QQ (norma de operador para la norma del supremo), entonces

Φ(Q)Φ(x0)+DΦ(x0)((1+εDΦ(x0)1)(Qx0)),\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 + \varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),

porque, para xQx \in Q, la desigualdad del valor medio aplicada a Φ(x)Φ(x0)DΦ(x0)(xx0)\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0) da Φ(x)Φ(x0)DΦ(x0)(xx0)εxx0εr\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq \varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r, y DΦ(x0)1D\Phi(x_0)^{-1} absorbe ese defecto en un agrandamiento del cubo por εDΦ(x0)1r\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r. Por el Teorema 11.10,

λd(Φ(Q))detDΦ(x0)(1+εC)dλd(Q),C=supQDΦ()1.\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\, \bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q), \qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .

Paso 2: ()(*) para cubos compactos, por subdivisión. Sean QUQ \subseteq U un cubo compacto y ε>0\varepsilon > 0. Sobre QQ, DΦD\Phi es uniformemente continua y DΦ1\norm{D\Phi^{-1}} está acotada (compacidad); subdivídase QQ en 2kd2^{kd} subcubos QiQ_i lo bastante pequeños como para que la oscilación de DΦD\Phi en cada uno sea ε\leq \varepsilon. El paso 1 en cada subcubo (de centro xix_i):

λd(Φ(Q))iλd(Φ(Qi))(1+Cε)didetDΦ(xi)λd(Qi)(1+Cε)d(QJ+ε),\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i)) \leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i) \leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),

el último paso porque idetDΦ(xi)1QiJ\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf 1_{Q_i} \to J uniformemente sobre QQ (continuidad de detDΦ\det D\Phi) — comparación con sumas de Riemann. Hágase ε0\varepsilon \to 0: ()(*) vale para los cubos compactos.

Paso 3: ()(*) para todo AA de Borel. La función de conjunto Aλd(Φ(A))A \mapsto \lambda_d(\Phi(A)), sobre los subconjuntos de Borel de UU, es una medida (Φ\Phi es una biyección sobre VV que conserva los conjuntos de Borel y la disjunción numerable), y también lo es AAJA \mapsto \int_AJ. Todo abierto de UU es unión numerable de cubos diádicos compactos casi disjuntos (descomposición diádica estándar: tómense los cubos diádicos maximales contenidos en el abierto), y ambas medidas son aditivas a través de ellos (las fronteras de los cubos son λd\lambda_d-nulas, y sus imágenes por Φ\Phi son nulas por el paso 2 aplicado a recubrimientos finos de las caras por cubos): ()(*) pasa de los cubos a los abiertos. Para AA de Borel general: agótese UU mediante compactos KmUK_m \uparrow U con KmK˚m+1K_m \subseteq \mathring K_{m+1} y fíjese mm; sobre K˚m+1\mathring K_{m+1}, JJ está acotada por cierto MmM_m. Por regularidad exterior de λd\lambda_d (demostración como en el Teorema 9.13, con cajas), elíjanse abiertos OnO_n con AKmOnK˚m+1A \cap K_m \subseteq O_n \subseteq \mathring K_{m+1} y λd(On(AKm))0\lambda_d\bigl(O_n \setminus (A\cap K_m)\bigr) \to 0. Entonces

λd(Φ(AKm))λd(Φ(On))OnJAKmJ+Mmλd(On(AKm))nAKmJ.\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq \lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J \leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .

Hágase mm \to \infty: continuidad por abajo a la izquierda, convergencia monótona a la derecha. Esto establece ()(*).

Paso 4: igualdad y fórmula integral. Extendamos primero ()(*) de conjuntos a integrales: para toda g0g \geq 0 medible sobre VV,

Vg(y) ⁣dyUg(Φ(x))J(x) ⁣dx.()\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x . \tag{$**$}

En efecto, para g=1Bg = \mathbf 1_B esto es ()(*) con A=Φ1(B)A = \Phi^{-1}(B); la linealidad lo extiende a gg simple, y la convergencia monótona a toda g0g \geq 0 (la máquina estándar). Apliquemos ahora ()(**) dos veces: primero a gg y después — para el difeomorfismo Φ1\Phi^{-1} — a la función xg(Φ(x))J(x)x \mapsto g(\Phi(x))J(x):

VgUg(Φ(x))J(x) ⁣dxVg(y)J(Φ1y)detDΦ1(y) ⁣dy=Vg,\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x \leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,

puesto que J(Φ1y)detDΦ1(y)=det(DΦ(Φ1y)DΦ1(y))=1J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl( D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1 (regla de la cadena en ΦΦ1=id\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}). Todas las desigualdades son igualdades: la fórmula vale para g0g \geq 0 y, por descomposición, para las funciones L1L^1.

Ejemplo 11.12 (Coordenadas polares; la gaussiana de nuevo)

Φ(r,θ)=(rcosθ,rsinθ)\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta) es un difeomorfismo C1\mathcal C^1 de (0,+)×(0,2π)\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi} sobre R2\R^2 menos una semirrecta (conjunto nulo), con detDΦ=r\det D\Phi = r:

R2f(x,y) ⁣dx ⁣dy=02π ⁣ ⁣0+f(rcosθ,rsinθ)r ⁣dr ⁣dθ.\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .

Para f=ex2y2f = \eu^{-x^2-y^2}, Tonelli y esta fórmula dan

G2=(Rex2 ⁣dx)2=R2ex2y2=2π0rer2 ⁣dr=π:G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2 = \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2} = 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:

la clásica demostración de dos líneas de G=πG = \sqrt\pi, ahora plenamente justificada (compárese con la demostración por parámetros del Problema 10.1).

Teorema 11.13 (Volumen de la bola unidad)

Sea vd=λd(B(0,1))v_d = \lambda_d(B(0,1)) en Rd\R^d. Entonces

vd=πd/2Γ(d2+1):v1=2,v2=π,v3=4π3,v4=π22, v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} : \qquad v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots

Demostración. Calcúlese I=Rdex22 ⁣dλdI = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d de dos maneras. Por Tonelli se factoriza: I=Gd=πd/2I = G^d = \pi^{d/2}. Por la fórmula de las capas (la Proposición 11.8) con f=ex2f = \eu^{- \norm x^2}, cuyos conjuntos de nivel son bolas: {f>t}=B(0,lnt)\{f > t\} = B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr) para 0<t<10 < t < 1, de medida vd(lnt)d/2v_d(-\ln t)^{d/2} (la homotecia de razón ρ\rho escala λd\lambda_d por ρd\rho^d: el Teorema 11.10), luego

I=01vd(lnt)d/2 ⁣dt=t=esvd0sd/2es ⁣ds=vdΓ(d2+1).I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t \overset{t = \eu^{-s}}{=} v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s = v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).

Iguálense. (Los valores: Γ(32)=π2\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2, Γ(2)=1\Gamma(2) = 1, etc.) Obsérvese que vd0v_d \to 0 cuando dd \to \infty — el problema de fin de semana cuantifica a qué velocidad, mediante Stirling.

11.4 Ejercicios

Ejercicio 11.1

Sean μ\mu la medida de conteo sobre ([0,1],B([0,1]))(\intcc01, \mathcal B(\intcc01)) (que no es σ\sigma-finita) y λ\lambda la medida de Lebesgue, y sea Δ={(x,x)}\Delta = \{(x,x)\} la diagonal de [0,1]2\intcc01^2. Demostrar que Δ\Delta es medible y calcular las dos integrales iteradas de 1Δ\mathbf 1_\Delta contra λ\lambda y μ\mu: difieren. ¿Qué hipótesis del Teorema 11.5 falla?

Solución

Solución de Ejercicio 11.1.

Δ\Delta es cerrado en [0,1]2\intcc01^2, luego de Borel, y B([0,1]2)\mathcal B(\intcc01^2) es la σ\sigma-álgebra producto (la Proposición 11.2(b)). Iterando en un sentido:

[0,1](1Δ(x,y) ⁣dλ(y)) ⁣dμ(x)=λ({x}) ⁣dμ(x)=0;\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y) \,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;

en el otro:

[0,1](1Δ(x,y) ⁣dμ(x)) ⁣dλ(y)=μ({y}) ⁣dλ(y)=1 ⁣dλ=1.\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf 1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y) = \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .

La hipótesis que falla es la σ\sigma-finitud de la medida de conteo μ\mu sobre el conjunto no numerable [0,1]\intcc01: ninguna familia numerable de conjuntos de μ\mu finita lo recubre.

Ejercicio 11.2

Justificar el intercambio y volver a obtener la integral de Dirichlet: para A>0A > 0,

0Asinxx ⁣dx=0A ⁣ ⁣0+exysinx ⁣dy ⁣dx=0+ ⁣ ⁣0Aexysinx ⁣dx ⁣dy,\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x = \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x = \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,

calcúlese la integral interior en forma cerrada y hágase A+A \to +\infty (domínese la integral en yy) para obtener 0sinxx ⁣dx=π2\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2.

Solución

Solución de Ejercicio 11.2.

En [0,A]×(0,+)\intcc0A\times\intoo0{+\infty}: 0A0exysinx ⁣dy ⁣dx=0Asinxx ⁣dxA<\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x = \int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty (Tonelli para el valor absoluto): se aplica Fubini y, puesto que 0exy ⁣dy=1x\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x,

0Asinxx ⁣dx=0(0Aexysinx ⁣dx) ⁣dy=01eAy(cosA+ysinA)1+y2 ⁣dy\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd x\Bigr)\dd y = \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 + y^2}\,\dd y

(la integral interior: Im0Ae(iy)x ⁣dx\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu - y)x}\dd x, calculada directamente). Cuando AA \to \infty, el término correctivo está acotado por 0eAy1+y1+y2 ⁣dy320eAy ⁣dy=32A0\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 + y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y = \frac3{2A} \to 0; y el término principal es 0 ⁣dy1+y2=π2\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2. Por tanto, 0sinxx ⁣dx=π2\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2 — la integral de Dirichlet por Fubini.

Ejercicio 11.3 ★★

(a) Demostrar que, para f0f \geq 0 medible y μ\mu finita: n1μ({fn})f ⁣dμμ(X)+n1μ({fn})\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\}): la integrabilidad es la sumabilidad de las medidas de las colas. (b) Deducir que fL1(μ)f \in L^1(\mu) (con μ\mu finita) si y solo si nμ(fn)<\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty.

Solución

Solución de Ejercicio 11.3.

(a) Fórmula de las capas (la Proposición 11.8): f ⁣dμ=0μ(f>t) ⁣dt\int f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t, y tμ(f>t)t \mapsto \mu(f > t) es no creciente. En [n1,n][n-1, n]: μ(fn)μ(f>t)μ(f>n1)μ(fn1)\mu(f \geq n) \leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1); sumando las integrales sobre los intervalos unidad:

n1μ(fn)f ⁣dμn1μ(fn1)=μ(f0)+n1μ(fn)μ(X)+n1μ(fn).\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq \sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n).

(b) Aplíquese (a) a f\abs f: la finitud de la integral y la de la serie son equivalentes (el μ(X)\mu(X) adicional es finito).

Ejercicio 11.4 ★★

Para f(x,y)=x2y2(x2+y2)2f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} sobre (0,1)2\intoo01^2, demostrar

01 ⁣ ⁣01f ⁣dy ⁣dx=π4,01 ⁣ ⁣01f ⁣dx ⁣dy=π4\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4, \qquad \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4

(obsérvese que f=y(yx2+y2)f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)), y comprobar directamente que  ⁣f=+\int\!\int\abs f = +\infty: la hipótesis de integrabilidad de Fubini no es decorativa.

Solución

Solución de Ejercicio 11.4.

Como f(x,y)=y(yx2+y2)f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr) para x0x \ne 0:

01f(x,y) ⁣dy=1x2+1  01 ⁣ ⁣01f ⁣dy ⁣dx=01 ⁣dx1+x2=π4;\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1} \ \Longrightarrow\ \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;

por la antisimetría f(y,x)=f(x,y)f(y,x) = -f(x,y), el otro orden da π4-\frac\pi4. Valores absolutos: para 0<y<x0 < y < x,

0xf(x,y) ⁣dy=[yx2+y2]0x=12x,f0 allıˊ, luego01 ⁣ ⁣01f01 ⁣dx2x=+.\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 + y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x}, \quad\text{y } f \geq 0 \text{ allí, luego}\quad \int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} = +\infty .

No hay contradicción con Fubini: su hipótesis fL1f \in L^1 falla, y las dos integrales iteradas son sencillamente dos números distintos.

Ejercicio 11.5 ★★

(a) Calcular 1[0,1]1[0,1]\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01} explícitamente (una función triangular) y la forma general de (111)(\mathbf 1 * \mathbf 1 * \mathbf 1). (b) Demostrar que supp(fg)suppf+suppg\operatorname{supp}(f * g) \subseteq \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}. (c) Demostrar que si fL1f \in L^1 y gg está acotada y es continua, entonces fgf * g es continua. (Convergencia dominada mediante la continuidad de la traslación sobre la gg acotada.)

Solución

Solución de Ejercicio 11.5.

(a) (1[0,1]1[0,1])(x)=λ([0,1][x1,x])(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) = \lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr): 00 para x[0,2]x \notin \intcc02, xx para 0x10 \leq x \leq 1, 2x2 - x para 1x21 \leq x \leq 2: la función triangular. Convolucionando de nuevo se obtiene una joroba C1\mathcal C^1 cuadrática a trozos sobre [0,3]\intcc03 (la B-spline cuadrática): cada convolución gana un grado de regularidad — el principio de suavizado que hay detrás de las aproximaciones de la identidad del Capítulo 12.

(b) Si xsuppf+suppgx \notin \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}, hay una bola alrededor de xx disjunta del conjunto suma; para ysuppgy \in \operatorname{supp}g, xysuppfx - y \notin\operatorname{supp}f, de modo que el integrando se anula idénticamente: fg=0f * g = 0 cerca de xx.

(c) Para xnxx_n \to x: (fg)(xn)=f(y)g(xny) ⁣dy(f*g)(x_n) = \int f(y)g(x_n - y)\,\dd y; los integrandos convergen puntualmente (continuidad de gg) y están dominados por gfL1\norm g_\infty\,\abs f \in L^1: la convergencia dominada da (fg)(xn)(fg)(x)(f*g)(x_n) \to (f*g)(x).

Ejercicio 11.6 ★★

(a) Demostrar que el símplex Δd={x[0,)d:x1++xd1}\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d : x_1 + \dots + x_d \leq 1\} tiene volumen 1d!\frac1{d!} (inducción y Fubini). (b) Recuperar v2=πv_2 = \pi y v3=4π3v_3 = \frac{4\pi}3 del Teorema 11.13, y demostrar λd(elipsoide de semiejes ai)=vdai\lambda_d(\text{elipsoide de semiejes } a_i) = v_d\prod a_i.

Solución

Solución de Ejercicio 11.6.

(a) Por Fubini e inducción, cortando a lo largo de la última coordenada:

λd(Δd)=01λd1((1t)Δd1) ⁣dt=λd1(Δd1)01(1t)d1 ⁣dt=λd1(Δd1)d,\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1 \lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t = \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t = \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},

usando la regla de homotecia λd1(ρA)=ρd1λd1(A)\lambda_{d-1}(\rho A) = \rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A) (el Teorema 11.10); y con λ1(Δ1)=1\lambda_1(\Delta_1) = 1: volumen 1d!\frac1{d!}.

(b) v2=π/Γ(2)=πv_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi; v3=π3/2/Γ(52)=π3/2/(3212π)=4π3v_3 = \pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12 \sqrt\pi) = \frac{4\pi}3. El elipsoide es T(B(0,1))T(B(0,1)) con T=diag(a1,,ad)T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d): el Teorema 11.10 da el volumen vdaiv_d\prod a_i.

Ejercicio 11.7 ★★

¿Para qué s>0s > 0 son finitas las siguientes integrales? Justifíquese con coordenadas polares:

B(0,1)R2 ⁣dx ⁣dy(x2+y2)s,R2B(0,1) ⁣dx ⁣dy(x2+y2)s.\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}}, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}} .

Generalícese a Rd\R^d (los umbrales s<d/2s < d/2 y s>d/2s > d/2).

Solución

Solución de Ejercicio 11.7.

En R2\R^2, coordenadas polares (el Ejemplo 11.12):

B(0,1) ⁣dx ⁣dy(x2+y2)s=2π01r12s ⁣dr,R2B(0,1)=2π1r12s ⁣dr:\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s} = 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:

finita si y solo si 12s>11 - 2s > -1 (s<1s < 1), y respectivamente 12s<11 - 2s < -1 (s>1s > 1). En Rd\R^d, evítense las coordenadas esféricas con la fórmula de las capas: λd({x2s>t}B(0,1))=λd(B(0,min(1,t1/2s)))=vdmin(1,td/2s)\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap B(0,1)) = \lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) = v_d\min(1, t^{-d/2s}), y 0vdmin(1,td/(2s)) ⁣dt<\int_0^\infty v_d\min(1, t^{-d/(2s)})\dd t < \infty si y solo si d2s>1\frac d{2s} > 1, es decir, s<d2s < \frac d2; la integral exterior converge si y solo si s>d2s > \frac d2 (mismo cálculo en la región complementaria).

Ejercicio 11.8 ★★★

(Beta–Gamma) Para p,q>0p, q > 0, sea B(p,q)=01tp1(1t)q1 ⁣dtB(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1 - t)^{q-1}\dd t. Partiendo de Γ(p)Γ(q)\Gamma(p)\Gamma(q) como integral doble, sustitúyase (x,y)=(uv,u(1v))(x, y) = (uv,\, u(1 - v)) (un difeomorfismo del cuadrante abierto sobre (0,)×(0,1)\intoo0\infty\times\intoo01; calcúlese su jacobiano =u= u) y concluir

B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q).B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p + q)} .

Deducir 0π/2sin2p1θcos2q1θ ⁣dθ=12B(p,q)\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\, \dd\theta = \frac12B(p,q) y el valor de las integrales de Wallis Wn=0π/2sinnW_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n.

Solución

Solución de Ejercicio 11.8.

Por Tonelli (integrandos positivos) y el cambio de variable (x,y)=Φ(u,v)=(uv, u(1v))(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v)), a C1\mathcal C^1 difeomorfismo de (0,)×(0,1)\intoo0\infty\times\intoo01 sobre el cuadrante abierto con

detDΦ=det(vu1vu)=uvu(1v)=u,det=u:\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u \end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u, \qquad \abs{\det} = u :
Γ(p)Γ(q)=xp1yq1exy ⁣dx ⁣dy=(uv)p1(u(1v))q1euu ⁣du ⁣dv=Γ(p+q)B(p,q).\Gamma(p)\Gamma(q) = \iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y = \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\, \dd u\,\dd v = \Gamma(p + q)\,B(p, q).

Sustituyendo t=sin2θt = \sin^2\theta en B(p,q)B(p,q) se obtiene 20π/2sin2p1θcos2q1θ ⁣dθ=B(p,q)2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta = B(p, q). Wallis: Wn=0π/2sinnθ ⁣dθ=12B(n+12,12)=Γ(n+12)π2Γ(n2+1)W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n + 1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi} {2\,\Gamma(\frac n2 + 1)} — por ejemplo, W2n=π2(2n)!4n(n!)2W_{2n} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} usando Γ(n+12)=(2n)!4nn!π\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi.

Ejercicio 11.9 ★★

(Fórmula de transferencia) Sea T ⁣:(X,A,μ)(Y,B)T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y, \mathcal B) medible y sea Tμ(B)=μ(T1(B))T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B)) la medida imagen. Demostrar que, para toda g0g \geq 0 medible sobre YY:

Yg ⁣d(Tμ)=XgT ⁣dμ\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu

(máquina estándar). Compárese después con el Teorema 11.10: ¿qué información adicional lleva la fórmula del cambio de variable que la fórmula abstracta de transferencia no tiene? (La fórmula de transferencia nunca identifica TμT_*\mu; el teorema del cambio de variable calcula TλdT_*\lambda_d explícitamente como una medida con densidad.)

Solución

Solución de Ejercicio 11.9.

Indicadores: 1B ⁣d(Tμ)=Tμ(B)=μ(T1B)=1BT ⁣dμ\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu; la linealidad lo extiende a gg simple y la convergencia monótona a g0g \geq 0 — la fórmula de transferencia. Es puramente formal: reexpresa integrales contra TμT_*\mu, pero no dice nada sobre qué es TμT_*\mu. El contenido del Teorema 11.10 y del Teorema 11.11 es la identificación

Φ(λdU)=detDΦ1λdV(una medida de densidad),\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) = \abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V \quad\text{(una medida de densidad)},

es decir, un cálculo de la medida imagen de la medida de Lebesgue — siendo el ingrediente analítico la geometría diferencial de Φ\Phi, y no el formalismo de teoría de la medida.

Ejercicio 11.10 ★★★

(Momentos gaussianos) Usando coordenadas polares y Fubini, calcúlense, para el peso gaussiano estándar sobre Rd\R^d:

Rdx22  ex22 ⁣dxyRdx12ex22 ⁣dx,\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x \qquad\text{y}\qquad \int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,

compruébese la coherencia (x2=xi2\norm x^2 = \sum x_i^2) y dedúzcase el segundo momento de la medida πd/2ex2 ⁣dx\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x.

Solución

Solución de Ejercicio 11.10.

Por Tonelli la gaussiana se factoriza, de modo que, con G1=Res2 ⁣ds=πG_1 = \int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi y Rs2es2 ⁣ds=π2\int_\R s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2 (intégrese por partes):

Rdx12ex2 ⁣dx=π2  π(d1)/2=πd/22,Rdx2ex2 ⁣dx=dπd/22\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2, \qquad \int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x = d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2

(por simetría, x2=ixi2\norm x^2 = \sum_ix_i^2 aporta dd términos iguales — la comprobación de coherencia). Para la medida normalizada πd/2ex2 ⁣dx\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x, el segundo momento es d2\frac d2.

Ejercicio 11.11 ★★

(Gráfica e hipógrafo) Sea f ⁣:Rd[0,)f \colon \R^d \to \intco0\infty medible. (a) Demostrar que el hipógrafo H={(x,y)Rd×R:0<y<f(x)}H = \{(x, y) \in \R^d\times\R : 0 < y < f(x)\} es medible en Rd+1\R^{d+1} con

λd+1(H)=Rdf ⁣dλd:\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :

«la integral es el área bajo la gráfica», por fin un teorema. (Secciones; Tonelli.) (b) Demostrar que la gráfica {(x,f(x)):xRd}\{(x, f(x)) : x \in \R^d\} es un conjunto nulo de Rd+1\R^{d+1}. (c) Deducir una demostración de dos líneas de que la esfera Sd1S^{d-1} es nula para Lebesgue en Rd\R^d.

Solución

Solución de Ejercicio 11.11.

(a) H=Φ1((0,))H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty) para Φ(x,y)=f(x)y\Phi(x, y) = f(x) - y intersecado con {y>0}\{y > 0\}: es medible, pues (x,y)f(x)(x, y) \mapsto f(x) y (x,y)y(x,y)\mapsto y son medibles sobre el producto (composiciones con las proyecciones). La xx-sección de HH es (0,f(x))\intoo0{f(x)}, de medida f(x)f(x): Tonelli integra las secciones,

λd+1(H)=Rdλ1((0,f(x))) ⁣dx=Rdf ⁣dλd.\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)} \bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .

(b) La gráfica es {(x,y):yf(x)}{yf(x)}\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq f(x)\}, medible; sus xx-secciones son puntos, de medida 00: Tonelli da λd+1(grafo)=0=0\lambda_{d+1}(\text{grafo}) = \int 0 = 0.

(c) Sd1S^{d-1} es la unión de las dos gráficas y=±1x2y = \pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2} sobre la bola unidad de Rd1\R^{d-1} (separando la última coordenada): unión de dos conjuntos nulos por (b), luego nula.

Ejercicio 11.12 ★★

(Una integral doble famosa) Usando la serie geométrica y Tonelli en (0,1)2\intoo01^2, demostrar

01 ⁣ ⁣01 ⁣dx ⁣dy1xy=n11n2=ζ(2),01 ⁣ ⁣01 ⁣dx ⁣dy1+xy=n1(1)n1n2=ζ(2)2.\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2), \qquad \int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .

(La segunda identidad de series: sepárense los índices pares e impares.) Con ζ(2)=π26\zeta(2) = \frac{\pi^2}6 (el Capítulo 15), dos integrales de apariencia inocente valen π26\frac{\pi^2}6 y π212\frac{\pi^2}{12}; ¿dónde hace exactamente su trabajo la hipótesis de positividad de Tonelli?

Solución

Solución de Ejercicio 11.12.

En (0,1)2\intoo01^2, 11xy=n0(xy)n\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n con términos no negativos: Tonelli permite integrar término a término,

 ⁣dx ⁣dy1xy=n0(01xn ⁣dx)(01yn ⁣dy)=n01(n+1)2=ζ(2).\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr) \Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr) = \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .

Para el caso alternado, 11+xy=n(1)n(xy)n\frac1{1 + xy} = \sum_n(-1)^n(xy)^n no es una serie de términos positivos; pero la integral de la serie de los valores absolutos es ζ(2)<\zeta(2) < \infty, de modo que Fubini (con la integrabilidad ya establecida) se aplica:  ⁣dx ⁣dy1+xy=n(1)n(n+1)2\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} = \sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}. La identidad de series:

n1(1)n1n2=n11n22k11(2k)2=ζ(2)ζ(2)2=ζ(2)2.\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2} = \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .

Con ζ(2)=π26\zeta(2) = \frac{\pi^2}6 (el Problema 15.1): las integrales valen π26\frac{\pi^2}6 y π212\frac{\pi^2}{12}. La positividad de Tonelli lo era todo en el primer cálculo — no hacía falta comprobar ninguna integrabilidad antes de intercambiar; en el segundo, la positividad de la serie de valores absolutos es lo que certifica la integrabilidad para que Fubini pueda actuar sobre la serie con signo.

11.5 Problema: la fórmula de Stirling

Problema 11.1

Problema de fin de semana — n!2πn(n/e)nn! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n, por convergencia dominada

La fórmula de Stirling gobierna todos los recuentos asintóticos de este libro — volúmenes de bolas, coeficientes binomiales, la forma local del teorema central del límite. La demostramos a partir de la integral Γ\Gamma (el Ejemplo 10.16) con el método de Laplace, en su forma más limpia de convergencia dominada, y recogemos después los dividendos.

Parte I — La fórmula. Para t>0t > 0, Γ(t+1)=0xtex ⁣dx\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x.

  1. Sustitúyase x=t+tux = t + \sqrt t\,u y demuéstrese

    Γ(t+1)ttett=t+exp(tln(1+ut)tu) ⁣du  =  Rgt(u) ⁣du,\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t} = \int_{-\sqrt t}^{+\infty} \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,

    donde gt(u)=exp(tln(1+u/t)tu)1u>tg_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}.

  2. Demostrar el límite puntual: para cada uu fijo, gt(u)eu2/2g_t(u) \to \eu^{-u^2/2} cuando t+t \to +\infty (desarróllese ln(1+h)\ln(1 + h) hasta el segundo orden).
  3. Dominación. Sea φ(h)=ln(1+h)h\varphi(h) = \ln(1 + h) - h, de modo que gt(u)=exp(tφ(u/t))g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr) para u>tu > -\sqrt t. Demostrar las dos cotas

    φ(h)h24(1<h1),φ(h)ch(h1),  c=1ln2>0\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1), \qquad \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 - \ln 2 > 0

    (estúdiense φ(h)+h24\varphi(h) + \frac{h^2}4 y φ(h)+ch\varphi(h) + ch: calcúlense las derivadas y compruébese el signo en cada rango). Deducir, para t1t \geq 1:

    gt(u)eu2/4  (ut),gt(u)ecu  (ut),g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t), \qquad g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),

    de modo que gt(u)eu2/4+ecu1u>0g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}: un dominador integrable independiente de t1t \geq 1.

  4. Concluir con el teorema de la convergencia dominada y la integral gaussiana (el Ejemplo 11.12):

    Γ(t+1)    2πt  (te)t(t+),\Gamma(t + 1) \;\sim\; \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t} \qquad (t \to +\infty),

    y, en particular, n!2πn(n/e)nn! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n.

Parte II — Dividendos.

  1. (Wallis) A partir del Ejercicio 11.8, fórmulas del tipo W2n=π2(2nn)4nW_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}: dedúzcase (2nn)4nπn\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} de Stirling y contrástese con la recursión Wn=n1nWn2W_{n} = \frac{n-1}nW_{n-2}.
  2. (Los volúmenes de las bolas se desploman) Demostrar

    vd=πd/2Γ(d2+1)    1πd(2πed)d/2,v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)} \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}} \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},

    de modo que vd0v_d \to 0 más deprisa que cualquier sucesión geométrica; hállese la dimensión que maximiza vdv_d (numéricamente: d=5d = 5).

  3. (Concentración de la binomial — anticipo del Capítulo 23) Usando Stirling, demuéstrese la estimación local, para k=n/2+sn/2k = n/2 + s\sqrt n/2 con ss fijo y nn par:

    2n(nk)    2πn  es2/2,2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\; \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},

    el perfil gaussiano discreto: de Moivre–Laplace en embrión.

  4. ¿Dónde usó exactamente la demostración de la Parte I: (i) la convergencia monótona o la dominada; (ii) la integral gaussiana; (iii) las propiedades de invariancia de la medida de Lebesgue? Una frase para cada una.

Parte III — El término de error: Stirling con barras. Póngase dn=lnn!(n+12)lnn+nln2πd_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n - \ln\sqrt{2\pi}, de modo que la Parte I dice dn0d_n \to 0.

  1. Demostrar dndn+1=(n+12)ln(1+1n)1d_n - d_{n+1} = \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1.
  2. Con t=12n+1t = \frac1{2n+1}, compruébese n+1n=1+t1t\frac{n+1}n = \frac{1+t}{1-t} y desarróllese:

    dndn+1=t23+t45+t67+,d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \frac{t^6}7 + \cdots,

    y dedúzcanse las cotas por ambos lados

    13(2n+1)2  <  dndn+1  <  112n112(n+1).\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\; \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .
  3. Telescópese (usando dm0d_m \to 0) y compruébese la agradable identidad algebraica 13(2m+1)2>112m+1112(m+1)+1\frac1{3(2m+1)^2} > \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} para m1m \geq 1, para obtener el encaje clásico

    2πn(ne)ne1/(12n+1)  <  n!  <  2πn(ne)ne1/(12n).\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\; \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .
  4. Dos consecuencias: (a) el error relativo de la fórmula de Stirling es <106< 10^{-6} en cuanto n83334n \geq 83\,334; (b) estímese 100!100! con cuatro cifras significativas a mano a partir del encaje (100!9.332610157100! \approx 9.3326\cdot 10^{157}), y admírese uno un instante de la precisión de una fórmula asintótica en un nn muy finito.

Parte IV — La vía de Wallis: Stirling sin la gaussiana. Históricamente, la constante 2π\sqrt{2\pi} vino de Wallis, no de Gauss; esta parte vuelve a demostrar Stirling con independencia de las Partes I–II y, con ello, vuelve a demostrar la integral gaussiana. Sea Wn=0π/2sinnθ ⁣dθW_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta.

  1. Establecer Wn=n1nWn2W_n = \frac{n-1}nW_{n-2} (intégrese por partes), las formas cerradas

    W2n=π2(2nn)4n,W2n+1=4n(2n+1)(2nn),W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},

    y la identidad WnWn1=π2nW_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}.

  2. De la monotonía de (Wn)(W_n) dedúzcase W2n/W2n+11W_{2n}/W_{2n+1} \to 1 y después

    W2n12πny(2nn)4nn1π:W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n} \qquad\text{y}\qquad \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow \frac1{\sqrt\pi} :

    el teorema de Wallis, obtenido sin Stirling.

  3. Demostrar, solo con el telescopado de la Parte III (sin necesidad del valor de la constante), que en=lnn!(n+12)lnn+ne_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n converge a cierto límite \ell; equivalentemente, n!Knn+1/2enn! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n} con K=e>0K = \eu^\ell > 0 todavía sin identificar.
  4. Insértese esta asintótica en (2nn)4nn\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n e identifíquese, con la pregunta 14, el único valor posible: K=2πK = \sqrt{2\pi}. Móntese la lógica: las Partes III–IV juntas dan una segunda demostración completa de Stirling — y, por tanto, recorriendo hacia atrás la sustitución de la Parte I, una evaluación independiente de Reu2/2 ⁣du=2π\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}. Dos pilares, cada uno de los cuales sostiene al otro.

Parte V — Últimos dividendos.

  1. (El perfil local completo) Para enteros jKn\abs j \leq K\sqrt n (con KK fijo), demostrar

    (2nn+j)(2nn)=i=1jni+1n+i=exp(j2n+O(1n)),\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} = \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i} = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n + O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),

    uniformemente en jj (tómense logaritmos y úsese ln1x1+y=(x+y)+O(x2+y2)\ln \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)). Esta es la versión por ambos lados de la pregunta 7 y la estimación exacta citada en el problema de fin de semana del Capítulo 23.

  2. (Anticipo de Poisson) Demostrar con Stirling que ennnn!12πn\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}: la moda de una ley de Poisson de media grande nn tiene masa (2πn)1/2\approx (2\pi n)^{-1/2}, exactamente como predecirá el teorema central del límite.
  3. (Cocientes de Gamma) Para a(0,1)a \in \intoo01, demostrar Γ(n+a)Γ(n)na1\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1 usando las cotas de pendientes por convexidad logarítmica del Problema 10.1 (su pregunta 14), y extiéndase a todo a>0a > 0 real mediante la ecuación funcional. (Esto es lo que significa «Stirling Γ(t+1)\Gamma(t+1) \sim» entre los enteros.)
  4. (Bolas, otra vez) A partir de vd=πd/2/Γ(d2+1)v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2 + 1): tabúlense v1,,v7v_1, \dots, v_7 exactamente, compruébese la unimodalidad mediante vdvd2=2πd\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d (creciente mientras d<2πd < 2\pi, decreciente después) y demuéstrese la llamativa identidad generatriz

    k0v2kx2k=eπx2:\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :

    todos los volúmenes de bolas unidad de dimensión par empaquetados en una sola exponencial.

  5. (Asintótica de la entropía) Para α(0,1)\alpha \in \intoo01 fijo con αnN\alpha n \in \N, dedúzcase de Stirling

    (nαn)    enH(α)2πα(1α)n,H(α)=αlnα(1α)ln(1α):\binom{n}{\alpha n} \;\sim\; \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}} {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}}, \qquad H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha - (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :

    la tasa de crecimiento exponencial de los coeficientes binomiales es la entropía HH — compruébese que α=12\alpha = \frac12 recupera la pregunta 5 y que H(α)<ln2H(\alpha) < \ln2 para α12\alpha \neq \frac12 (de modo que las binomiales descentradas son exponencialmente despreciables en 2n2^n).

  6. (Áreas de superficies) El área de la esfera unidad Sd1S^{d-1} es sd1=dvds_{d-1} = d\,v_d (se demuestra como el Ejercicio 21.6 en el capítulo de formas diferenciales; aquí tómese como definición). Tabúlense s0,,s6s_0, \dots, s_6, localícese el máximo (d1=6d - 1 = 6, s6=16π31533.07s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07) y demuéstrese que sd10s_{d-1} \to 0 también de manera supergeométrica — las esferas de dimensión alta son, para cualquier vara de medir euclídea, evanescentemente pequeñas.
  7. (El primer término correctivo) Dedúzcase del encaje de la pregunta 11 que dn=112n+O(1n2)d_n = \frac1{12n} + O\bigl(\frac1{n^2}\bigr), de donde

    n!=2πn(ne)n(1+112n+O(1n2)).n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).

    Compruébese en n=10n = 10: la fórmula desnuda da 35986963\,598\,696 (error relativo 8.31038.3\cdot10^{-3}) y la corregida 36286853\,628\,685 frente a 10!=362880010! = 3\,628\,800 (error relativo 3.21053.2\cdot10^{-5}) — un solo término de la serie compra dos cifras y media.

  8. (La mediana de Γ\Gamma) Demostrar que

    1Γ(t+1)0txtex ⁣dx    12(t+):\frac{1}{\Gamma(t+1)} \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x \;\longrightarrow\; \frac12 \qquad (t \to +\infty) :

    asintóticamente, exactamente la mitad de la masa del integrando de Γ\Gamma está por debajo de su moda x=tx = t. (Ejecútese la sustitución de la Parte I sobre la integral truncada; el dominador de la pregunta 3 ya está preparado.)

  9. (Entropía, sin asintóticas) Para α(0,12]\alpha \in \intoc0{\frac12}, demostrar la cota, válida para todo n1n \geq 1:

    k=0αn(nk)    enH(α),\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,

    comparando la suma con k(nk)λkαn\sum_k\binom nk\lambda^{k-\alpha n} para el sesgo λ=α1α1\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1. Compruébese que esta elección de λ\lambda es óptima y reconcíliese con la pregunta 21: la tasa exponencial H(α)H(\alpha) del enunciado asintótico se alcanza con una desigualdad de una línea, sin asintótica alguna.

Solución

Solución de Problema 11.1.

1. Con x=t+tux = t + \sqrt t\,u ( ⁣dx=t ⁣du\dd x = \sqrt t\,\dd u; xx recorre (0,)\intoo0\infty cuando uu recorre (t,)\intoo{-\sqrt t}\infty):

Γ(t+1)=0xtex ⁣dx=ttetttexp(tln(1+ut)tu) ⁣du,\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x = t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty} \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\dd u,

puesto que xt=ttexp(tln(1+u/t))x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr) y ex=etetu\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}.

2. Para uu fijo y tt \to \infty: tln(1+u/t)tu=t(utu22t+o(1t))tu=u22+o(1)t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} - \frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 + o(1): gt(u)eu2/2g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}.

3. Póngase ψ1(h)=φ(h)+h24\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4 en (1,1]\intoc{-1}1: ψ1(0)=0\psi_1(0) = 0 y ψ1(h)=11+h1+h2=h(h1)2(1+h)\psi_1'(h) = \frac1{1+h} - 1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}, que es 0\geq 0 en (1,0]\intoc{-1}0 y 0\leq 0 en [0,1]\intcc01: ψ10\psi_1 \leq 0, es decir, φ(h)h2/4\varphi(h) \leq -h^2/4 allí. Póngase ψ2(h)=φ(h)+ch\psi_2(h) = \varphi(h) + ch en [1,)\intco1\infty, c=1ln2c = 1 - \ln2: ψ2(1)=ln21+c=0\psi_2(1) = \ln2 - 1 + c = 0 y ψ2(h)=ch1+hc12<0\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c - \frac12 < 0: φ(h)ch\varphi(h) \leq -ch para h1h \geq 1. Ahora, para t1t \geq 1: si ut\abs u \leq \sqrt t, gt(u)=etφ(u/t)et(u/t)2/4=eu2/4g_t(u) = \eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} = \eu^{-u^2/4}; si utu \geq \sqrt t, entonces tφ(u/t)ctut=ctucut\,\varphi(u/\sqrt t) \leq -ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu (pues t1t \geq 1), luego gt(u)ecug_t(u) \leq \eu^{-cu}. Por tanto, gteu2/4+ecu1u>0g_t \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}, integrable e independiente de t1t \geq 1.

4. Convergencia dominada: Rgt(u) ⁣duReu2/2 ⁣du=2π\int_\R g_t(u)\dd u \to \int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi} (el Ejemplo 11.12 más el cambio de escala u2uu\mapsto\sqrt2\,u). Con la pregunta 1:

Γ(t+1)2πt  (te)t,n!2πn(ne)n.\Gamma(t + 1) \sim \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^t,\qquad n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n .

5. Del Ejercicio 11.8, W2n=π2(2n)!4n(n!)2=π24n(2nn)W_{2n} = \frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n. Stirling:

(2nn)=(2n)!(n!)24πn(2n/e)2n2πn(n/e)2n=4nπn.\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} {2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

Entonces W2n12π/nW_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}, coherente con la recursión Wn=n1nWn2W_n = \frac{n-1}nW_{n-2} (que obliga a WnWn2W_n \sim W_{n-2} y, con WnWn1n=π2W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2 — la relación clásica de Wallis —, da Wnπ/(2n)W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}; las dos asintóticas concuerdan).

6. Γ(d2+1)2πd2(d2e)d/2\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}, luego

vd=πd/2Γ(d2+1)1πd(2πed)d/20v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi d}}\Bigl(\frac{2\pi\eu} d\Bigr)^{d/2} \longrightarrow 0

supergeométricamente (para d>2πe17d > 2\pi\eu \approx 17, cada factor es <1< 1 y decreciente). Numéricamente v1=2v_1 = 2, v23.14v_2 \approx 3.14, v34.19v_3 \approx 4.19, v44.93v_4 \approx 4.93, v55.26v_5 \approx 5.26, v65.17v_6 \approx 5.17: el máximo está en d=5d = 5.

7. Con k=n2+sn2k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2 (entero, nn par, ss fijo): tómense logaritmos en 2n(nk)=2nn!k!(nk)!2^{-n}\binom nk = 2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!} y aplíquese Stirling a los tres factoriales. Escribiendo k=n2(1+ε)k = \frac n2(1 + \varepsilon), nk=n2(1ε)n - k = \frac n2(1 - \varepsilon) con ε=s/n\varepsilon = s/\sqrt n:

ln(2n(nk))=n2[(1+ε)ln(1+ε)+(1ε)ln(1ε)]+12ln2πn(1ε2)+o(1),\ln\Bigl(2^{-n}\binom nk\Bigr) = -\frac n2\bigl[(1{+}\varepsilon)\ln(1{+}\varepsilon) + (1{-}\varepsilon)\ln(1{-}\varepsilon)\bigr] + \frac12\ln\frac{2}{\pi n(1 - \varepsilon^2)} + o(1),

y el corchete es ε2+O(ε4)=s2n+O(n2)\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) = \frac{s^2}n + O(n^{-2}): la expresión tiende a s22+12ln2πn-\frac{s^2}2 + \frac12\ln\frac2{\pi n} salvo o(1)o(1), es decir,

2n(nk)2πn  es2/2:2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2} :

el perfil gaussiano del lanzamiento de monedas, cuantificado — la forma local de de Moivre–Laplace, que se globalizará en Capítulo 23.

8. (i) La convergencia dominada convierte el límite puntual de la pregunta 2 en convergencia de las integrales, usando el dominador de la pregunta 3. (ii) La integral gaussiana evalúa el límite eu2/2=2π\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi} — la constante 2π\sqrt{2\pi} de Stirling es la integral gaussiana. (iii) La sustitución x=t+tux = t + \sqrt tu es un cambio de variable afín: invariancia por traslaciones y regla de escala de la medida de Lebesgue (el Teorema 11.10 en dimensión 11).

9. Desarróllense ambos términos:

dndn+1=lnn!(n+1)!+(n+32)ln(n+1)(n+12)lnn1=(n+12)lnn+1n1,d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n + \frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,

combinándose los términos ln(n+1)-\ln(n+1) y (n+32)ln(n+1)(n + \frac32)\ln(n+1) en (n+12)ln(n+1)(n + \frac12)\ln(n+1).

10. Para t=12n+1t = \frac1{2n+1}: 1+t1t=2n+22n=n+1n\frac{1+t}{1-t} = \frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n, y n+12=12tn + \frac12 = \frac1{2t}; la serie impar ln1+t1t=2k0t2k+12k+1\ln\frac{1+t}{1-t} = 2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1} da

(n+12)lnn+1n=k0t2k2k+1=1+t23+t45+\Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n = \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2k+1} = 1 + \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \cdots

Réstese 11. Cota inferior: el primer término solo, t23=13(2n+1)2\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}. Cota superior: bájense todos los denominadores a 33 y súmese la serie geométrica: t23(1t2)=13((2n+1)21)=112n(n+1)=112n112(n+1)\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} = \frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}.

11. Sumando la cota superior desde nn hasta \infty (con dm0d_m \to 0): dn<112nd_n < \frac1{12n}. Para la cota inferior: 112m+1112(m+1)+1=12(12m+1)(12m+13)\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} = \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}, y

13(2m+1)2>12(12m+1)(12m+13)    (12m+1)(12m+13)>36(2m+1)2    168m+13>144m+36,\begin{align*} \frac1{3(2m+1)^2} > \frac{12}{(12m+1)(12m+13)} &\iff (12m+1)(12m+13) > 36(2m+1)^2 \\ &\iff 168m + 13 > 144m + 36, \end{align*}

cierto para m1m \geq 1. Sumando este minorante telescópico: dn>112n+1d_n > \frac1{12n+1}. Exponenciando se obtiene el encaje clásico de n!n!.

12. (a) Error relativo =edn1<e1/(12n)1<1.112n= \eu^{d_n} - 1 < \eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n} para nn grande; <106< 10^{-6} en cuanto 12n1.110612n \geq 1.1\cdot10^6, y el n83334n \geq 83\,334 indicado basta (112n106\frac1{12n} \leq 10^{-6} ya lo implica). (b) log10(100!)=12log10(200π)+200100log10e+d100log10e=1.39906+20043.42945+0.00036157.96997\log_{10}(100!) = \frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu + d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036 \approx 157.96997, luego 100!100.9699710157=9.33310157100! \approx 10^{0.96997} \cdot 10^{157} = 9.333\cdot10^{157}; la ventana garantizada (e1/1201,e1/1200)(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200}) tiene una anchura relativa inferior a 10610^{-6} — una fórmula «asintótica» que, en n=100n = 100, es un instrumento de precisión.

13. Escríbase sinn=sinn2sinn2cos2\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2 e intégrese el segundo término por partes (u=cosθu = \cos\theta,  ⁣dv=sinn2cosθ ⁣dθ\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta, v=sinn1n1v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}):

0π/2sinn2cos2=[cosθsinn1θn1]0π/2+1n10π/2sinn=Wnn1.\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 = \Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2} + \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .

Por tanto, Wn=Wn2Wnn1W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}, es decir, Wn=n1nWn2W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}. De W0=π2W_0 = \frac\pi2, W1=1W_1 = 1:

W2n=(2n1)!!(2n)!!π2=π2(2nn)4n,W2n+1=(2n)!!(2n+1)!!=4n(2n+1)(2nn),W_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2 = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},

convirtiendo los factoriales dobles mediante (2n)!!=2nn!(2n)!! = 2^nn! y (2n1)!!=(2n)!2nn!(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}. Por último, nWnWn1=(n1)Wn1Wn2nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2} por la recursión: constante, igual a 1W1W0=π21\cdot W_1W_0 = \frac\pi2.

14. W2n+1W2nW2n1W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1} (monotonía puntual de sinn\sin^n) y W2n1W2n+1=2n+12n1\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1 encajan W2nW2n+11\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to 1. Combinado con W2nW2n+1=π2(2n+1)W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)} (pregunta 13): W2n2π4nW_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}, luego W2n12πnW_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n} y (2nn)4n=2πW2n1πn\binom{2n}n4^{-n} = \frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}.

15. Las preguntas 9–10 nunca usaron el valor de la constante: con en=lnn!(n+12)lnn+ne_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n, las diferencias enen+1e_n - e_{n+1} están en (0,112n112(n+1))\bigl(0, \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}\bigr), de modo que (en)(e_n) decrece mientras (en112n)(e_n - \frac1{12n}) crece: sucesiones adyacentes, convergentes a un mismo \ell. Por tanto, n!Knn+1/2enn! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}, K=eK = \eu^\ell.

16. Sustituyendo el Stirling con constante desconocida en el binomial central:

(2nn)4nnK(2n)2n+1/2e2n(Knn+1/2en)24nn=22n2Kn2n+1/2K2n2n+14nn=2K,\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim \frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2} \eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n = \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}} \,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},

y la pregunta 14 obliga a 2K=1π\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}: K=2πK = \sqrt{2\pi}. Las Partes III–IV vuelven, pues, a demostrar Stirling desde cero; e introduciéndolo en la identidad de la Parte I se evalúa Reu2/2 ⁣du=2π\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi} sin coordenadas polares: Wallis y Gauss se sostienen mutuamente.

17. (2nn+j)(2nn)=(n!)2(n+j)!(nj)!=i=1jni+1n+i\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} = \frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} = \prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i} para j0j \geq 0 (y por simetría para j<0j < 0). Tomando logaritmos, con 1ijKn1 \leq i \leq j \leq K\sqrt n:

lnni+1n+i=ln(1i1n)ln(1+in)=2i1n+O(i2n2),\ln\frac{n-i+1}{n+i} = \ln\Bigl(1 - \frac{i-1}n\Bigr) - \ln\Bigl(1 + \frac in\Bigr) = -\frac{2i-1}{n} + O\Bigl(\frac{i^2}{n^2}\Bigr),

y ij(2i1)=j2\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2, mientras que el error suma O(j3/n2)=O(n1/2)O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2}): uniformemente, exp(j2n+O(n1/2))\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr).

18. ennnn!ennn2πnnnen=12πn\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n} \frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} = \frac1{\sqrt{2\pi n}}. Una variable de Poisson de media nn tiene desviación típica n\sqrt n, y 12πn\frac1{\sqrt{2\pi n}} es exactamente la altura del pico gaussiano 1σ2π\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}: el teorema central del límite local, anticipado en la moda.

19. Para a(0,1)a \in \intoo01, el lema de las pendientes del Problema 10.1 (su pregunta 14), aplicado a la convexa logΓ\log\Gamma alrededor de nn, da (n1)aΓ(n+a)Γ(n)na(n-1)^a \leq \frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a: el cociente respecto de nan^a queda encajado por (11n)a1(1 - \frac1n)^a \to 1. Para a=m+aa = m + a' (mNm \in \N, a[0,1)a' \in \intco01): Γ(n+a)=(n+a1)(n+a)Γ(n+a)\Gamma(n+a) = (n + a - 1) \cdots(n + a')\Gamma(n + a'), y cada uno de los mm factores es n(1+O(1n))n(1 + O(\frac1n)): multiplíquense las estimaciones.

20. La recursión vd=2πdvd2v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2} (de Γ(d2+1)=d2Γ(d2)\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)) da, a partir de v1=2v_1 = 2, v2=πv_2 = \pi:

v3=4π3,v4=π22,v5=8π215,v6=π36,v7=16π3105.v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.

El cociente 2πd\frac{2\pi}d supera 11 exactamente para d6d \leq 6, de modo que cada paridad crece y después decrece; numéricamente v44.93v_4 \approx 4.93, v55.26v_5 \approx 5.26, v65.17v_6 \approx 5.17: el máximo global es d=5d = 5. Función generatriz: v2k=πkk!v_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}, luego kv2kx2k=eπx2\sum_kv_{2k}x^{2k} = \eu^{\pi x^2} — todos los volúmenes de bolas de dimensión par enrollados en una sola exponencial, y una estimación inmediata de decaimiento supergeométrico para vdv_d.

21. Stirling en el numerador y en el denominador, con k=αnk = \alpha n:

(nαn)2πnnn2παn(αn)αn2π(1α)n((1α)n)(1α)n=enH(α)2πα(1α)n,\binom n{\alpha n} \sim \frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n} {\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\, \sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}} = \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},

puesto que nn/(αn)αn((1α)n)(1α)n=ααn(1α)(1α)n=enH(α)n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n} = \alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} = \eu^{nH(\alpha)} (las potencias de nn se cancelan: αn+(1α)n=n\alpha n + (1-\alpha)n = n), y las en\eu^{-n} se cancelan igualmente. En α=12\alpha = \frac12: H=ln2H = \ln2 y el prefactor es 2/(πn)\sqrt{2/(\pi n)} — de nuevo la pregunta 5. La concavidad estricta de HH (su derivada segunda es 1α(1α)<0-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0) sitúa su máximo ln2\ln 2 solo en α=12\alpha = \frac12: para α12\alpha \neq \frac12, (nαn)2nen(ln2H(α))\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))} decae exponencialmente — el motor combinatorio que hay detrás de todo enunciado de concentración sobre lanzamientos de moneda.

22. De sd1=dvds_{d-1} = dv_d y la pregunta 20:

s0=2,  s1=2π,  s2=4π,  s3=2π2,  s4=8π23,  s5=π3,  s6=16π315,s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \ s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 = \frac{16\pi^3}{15},

numéricamente 2, 6.28, 12.57, 19.74, 26.32, 31.01, 33.072,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\ 33.07; y s7=π4332.47<s6s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6: el máximo es la 66-esfera. La recursión sd+1=(d+2)vd+2=(d+2)2πd+2vd=2πvd=2πdsd1s_{d+1} = (d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d = \frac{2\pi}d\,s_{d-1} muestra la misma subida impulsada por 2πd\frac{2\pi}d y la misma caída supergeométrica que en los volúmenes: pasada la dimensión siete, las esferas se encogen más deprisa que cualquier sucesión geométrica.

23. La pregunta 11 dice exactamente 112n+1<dn<112n\frac1{12n+1} < d_n < \frac1{12n}, y

112n112n+1=112n(12n+1)=O(1n2),\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} = O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),

luego dn=112n+O(1n2)d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2}) y edn=1+112n+O(1n2)\eu^{d_n} = 1 + \frac1{12n} + O(\frac1{n^2}); multiplicando por 2πn(n/e)n\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n se obtiene la fórmula corregida. En n=10n = 10: 20π(10/e)10=7.92665×453999.33598696\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3 \approx 3\,598\,696, bajo por 3010430\,104 (error relativo 8.31038.3\cdot10^{-3}); multiplicando por 1+11201 + \frac1{120} se obtiene 36286853\,628\,685, bajo por 115115 (error relativo 3.21053.2\cdot10^{-5}). El propio encaje sitúa 10!10! entre 3598696e1/12136285593\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559 y 3598696e1/12036288083\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808 — la cota superior se desvía en ocho unidades de la séptima cifra.

24. La sustitución x=t+tux = t + \sqrt t\,u de la Parte I, aplicada a la integral truncada, da

0txtex ⁣dx=ttettt0gt(u) ⁣du,\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x = t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,

convirtiéndose el rango 0xt0 \leq x \leq t en tu0-\sqrt t \leq u \leq 0. El dominador de la pregunta 3 cubre también gt1u<0g_t\mathbf 1_{u < 0}, de modo que la convergencia dominada da

t0gt(u) ⁣du0eu2/2 ⁣du=2π2,\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow \int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,

mientras que la pregunta 4 da Γ(t+1)ttett2π\Gamma(t+1) \sim t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}. El cociente tiende a 12\frac12. En términos probabilísticos: una variable aleatoria Gamma de parámetro de forma grande pone asintóticamente la mitad de su masa a cada lado de su moda — la simetría del teorema central del límite, leída en una sola sustitución.

25. Sea λ=α1α(0,1]\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in \intoc01. Para kαnαnk \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n se tiene λkαn1\lambda^{k - \alpha n} \geq 1, luego

k=0αn(nk)λαnk=0n(nk)λk=(λα(1+λ))n,\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk \leq \lambda^{-\alpha n}\sum_{k=0}^{n}\binom nk\lambda^{k} = \Bigl(\lambda^{-\alpha}(1 + \lambda)\Bigr)^{n},

y con λ=α1α\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}:

λα(1+λ)=αα(1α)α11α=αα(1α)(1α)=eH(α).\lambda^{-\alpha}(1+\lambda) = \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha} = \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)} = \eu^{H(\alpha)} .

Optimalidad: minimizando f(λ)=αlnλ+ln(1+λ)f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda + \ln(1+\lambda) sobre λ>0\lambda > 0, la ecuación f(λ)=αλ+11+λ=0f'(\lambda) = -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0 tiene la única solución λ=α1α\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}, que es un mínimo porque f>0f'' > 0 — la elección del sesgo exponencial (Chernoff). Reconciliación: por la pregunta 21, el término aislado k=αnk = \lfloor\alpha n\rfloor ya es del orden de enH(α)/2πα(1α)n\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}, de modo que

enH(α)Cnkαn(nk)enH(α):\frac{\eu^{nH(\alpha)}}{C\sqrt n} \leq \sum_{k\leq\alpha n}\binom nk \leq \eu^{nH(\alpha)} :

la tasa H(α)H(\alpha) es exacta, y toda la suma cuesta a lo sumo un factor n\sqrt n sobre su término mayor. Dividido por 2n2^n, esto es la cota de cola para la moneda equilibrada P(Snαn)en(ln2H(α))\P(S_n \leq \alpha n) \leq \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))} — concentración de la medida en una línea.