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title: "Medidas producto, Fubini, cambio de variable"
book: "Matemáticas universitarias — Grado 3"
subject: math
language: es
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/11-medidas-producto-fubini-cambio-de-variable
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# Capítulo 11 — Medidas 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 $\mathcal C^1$, 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](#ex-b3-product-polar), el volumen de la bola de $n$ dimensiones — y, en el problema de fin de semana, la fórmula de Stirling con un análisis honesto del error.

## 11.1 $\sigma$-álgebras producto y medidas producto

**Definición 11.1.**

Para espacios [medibles](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $(X, \mathcal A)$ y $(Y, \mathcal B)$, la *$\sigma$-álgebra producto* $\mathcal A \otimes \mathcal B$ sobre $X \times
Y$ está generada por los *rectángulos* $A \times B$ ($A \in
\mathcal A$, $B \in \mathcal B$) — un $\pi$-sistema. Para $E
\subseteq X\times Y$ y $x \in X$, la *sección* es $E_x
= \{y : (x,y) \in E\}$; y para una función $f$ sobre el producto, $f_x = f(x, \cdot)$.

**Proposición 11.2.**

(a) Si $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$, toda sección $E_x
\in \mathcal B$ (y simétricamente); si $f$ es $\mathcal
A\otimes\mathcal B$-medible, toda $f_x$ es $\mathcal
B$-medible. (b) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal
B(\R^{m+n})$.

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

**Teorema 11.3 (Medida producto).**

Sean $(X, \mathcal A, \mu)$ y $(Y, \mathcal B, \nu)$ *$\sigma$-finitas*. Para todo $E \in \mathcal
A\otimes\mathcal B$, la función $x \mapsto \nu(E_x)$ es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), y

$$
(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)
$$

define la única [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) sobre $\mathcal A\otimes\mathcal B$ con $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$. Es $\sigma$-finita y simétrica: la misma [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) se obtiene integrando las $x$-secciones contra $\nu$.

**Demostración.** *[Medibilidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) de $x \mapsto \nu(E_x)$.* Sea primero $\nu$ finita. La clase $\mathcal D$ de los $E$ para los que la aplicación es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) contiene los rectángulos ($\nu((A\times B)_x) =
\nu(B)\mathbf 1_A(x)$) y es un $\lambda$-sistema: para $E
\subseteq F$ en $\mathcal D$, $\nu((F\setminus E)_x) =
\nu(F_x) - \nu(E_x)$ (finitud); para $E_n \uparrow E$, $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ ([continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) por abajo), y los límites monótonos de funciones [medibles](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) son [medibles](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Los rectángulos forman un $\pi$-sistema: Dynkin (el [Teorema 9.4](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#thm-b3-measure-dynkin)) da $\mathcal D = \mathcal
A\otimes\mathcal B$. Si $\nu$ es $\sigma$-finita, escríbase $Y =
\bigcup Y_k$, $Y_k \uparrow$, $\nu(Y_k) < \infty$: $\nu(E_x) =
\lim_k\nu_k(E_x)$ con las $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ finitas.

*[Medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure).* La $\sigma$-aditividad de $E \mapsto
\int\nu(E_x)\dd\mu$ se sigue del [Corolario 10.7](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#cor-b3-lebesgue-additivity) (las secciones de conjuntos disjuntos son disjuntas). Sobre los rectángulos da $\mu(A)\nu(B)$. *Unicidad*: dos candidatas coinciden sobre el $\pi$-sistema de los rectángulos; la $\sigma$-finitud proporciona rectángulos $X_k\times
Y_k \uparrow X\times Y$ de [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) finita: el [Teorema 9.7](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#thm-b3-measure-uniqueness). Simetría: la construcción en el otro orden es también una [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) que coincide sobre los rectángulos — única, luego la misma. ∎

**Definición 11.4.**

La *medida de Lebesgue sobre $\R^d$* es $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ ($d$ factores; la asociatividad de la construcción se comprueba sobre las cajas y se propaga por unicidad). Es la única [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) de Borel que da a cada caja $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ su volumen $\prod(b_i - a_i)$; es invariante por traslaciones (los trasladados coinciden sobre las cajas), $\sigma$-finita y [completa](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) tras la compleción de Carathéodory — escribimos $\lambda_d$ para la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) completada e integramos en consecuencia.

## 11.2 Tonelli y Fubini

**Teorema 11.5 (Tonelli).**

Sean $\mu, \nu$ $\sigma$-finitas y $f \colon X\times Y \to [0,
+\infty]$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Entonces $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) 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 $f = \mathbf 1_E$ esto es el [Teorema 11.3](#thm-b3-product-existence) (y su forma simétrica). Por linealidad vale para $f \geq 0$ simple. Para $f \geq
0$ general: tómense $s_n \nearrow f$ simples (el [Teorema 10.4](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#thm-b3-lebesgue-approximation)); entonces $\int_Y(s_n)_x
\dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ para cada $x$ (convergencia monótona en $Y$), de modo que los miembros izquierdos convergen por convergencia monótona en $X$, mientras que $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f$ por convergencia monótona sobre el producto. ∎

**Teorema 11.6 (Fubini).**

Sean $\mu, \nu$ $\sigma$-finitas y $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$. Entonces, para $\mu$-casi todo $x$, la sección $f_x$ es $\nu$-integrable, la función definida en casi todo punto $x \mapsto \int f_x\dd\nu$ es [integrable](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1), y las dos integrales iteradas valen ambas $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$.

**Demostración.** Tonelli aplicado a $\abs f$ muestra que $\varphi(x) = \int\abs{f_x}
\dd\nu$ tiene integral finita y, por tanto, es finita en casi todo punto: $f_x \in
L^1(\nu)$ para casi todo $x$. Descompóngase $f = f^+ - f^-$ (caso real; el complejo, por componentes): Tonelli calcula cada integral iterada de $f^\pm$ como $\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) <
\infty$, 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 $\abs f$ en el orden que resulte más fácil de estimar; si el resultado es finito, Fubini legitima el intercambio. Nunca se salte la comprobación de $\abs f$: el integrando del [Ejercicio 11.4](#exo-b3-product-4) tiene dos integrales iteradas con *valores distintos*.

**Proposición 11.8 (Fórmula de las capas).**

Para $f \geq 0$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sobre $(X, \mathcal A, \mu)$ $\sigma$-finita:

$$
\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t,
\qquad
\int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f >
t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).
$$

**Demostración.** Aplíquese Tonelli a $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ sobre $X
\times \intoo0{+\infty}$ (es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable): se trata de $\{(x,t): f(x) - t
> 0\}\cap\{t > 0\}$, una combinación de tipo Borel de la [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $(x,t)\mapsto f(x) - t$): integrando primero en $t$ se obtiene $\int f\,\dd\mu$; primero en $x$, $\int_0^\infty\mu(f >
t)\dd t$. Para $f^p$: sustitúyase $t = s^p$ en $\int\mu(f^p > t)
\dd t$, es decir, aplíquese la primera fórmula a $f^p$ y cámbiese de variable en la integral unidimensional ($\{f^p > s^p\} =
\{f > s\}$). ∎

**Teorema 11.9 (Convolución en L1L^1L1).**

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

$$
(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y
$$

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

**Demostración.** $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) ($(x,y)\mapsto x -
y$ es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity); compóngase y multiplíquese). Tonelli:

$$
\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x
= \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y
= \norm f_1\norm g_1 < \infty
$$

(invariancia por traslaciones de $\lambda_d$ en la integral [interior](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-interior)). Así, la integral doble es finita; Fubini da la convergencia absoluta en casi todo punto y la cota de la norma $\norm{f*g}_1 \leq \norm
f_1\norm g_1$. Conmutatividad: sustitúyase $y \mapsto x - y$ (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 $T \in GL_d(\R)$ y $A \in \mathcal B(\R^d)$: $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$; en consecuencia, $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ para $f \geq 0$ o [integrable](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1).

**Demostración.** La [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ es una [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) de Borel (los [homeomorfismos](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) conservan los conjuntos de Borel, el [Problema 9.1](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#pb-b3-measure-1)), invariante por traslaciones ($T(A + x) = T(A) + Tx$) y finita sobre la caja unidad: por la caracterización de la [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) (el [Ejercicio 9.6](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#exo-b3-measure-6), cuya demostración vale literalmente en $\R^d$ con cubos diádicos), $\mu_T = c(T)\lambda_d$ con $c(T)
= \lambda_d(T(\intco01^d))$. La aplicación $T \mapsto c(T)$ es multiplicativa ($c(ST) = c(S)c(T)$, componiendo), de modo que basta calcular $c$ sobre generadores de $GL_d$: las matrices elementales. Diagonal $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$: lleva el cubo unidad a una caja de volumen $\abs a$: $c = \abs a =
\abs\det$. Trasposición de coordenadas: permuta el cubo: $c
= 1 = \abs\det$. Transvección $T(x) = x + \alpha
x_2e_1$: la imagen del cubo unidad es un prisma cizallado; por Tonelli, su [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) es $\int\lambda_1(\text{sección})\dd x_2
\cdots \dd x_d = 1$, pues cada $x_1$-sección es un intervalo de longitud $1$: $c = 1 = \abs{\det}$. Toda matriz invertible es producto de estas (eliminación gaussiana), y tanto $c$ como $\abs\det$ son multiplicativos: $c(T) = \abs{\det T}$. La fórmula integral se sigue por la máquina estándar (indicadores, simples, convergencia monótona). ∎

**Teorema 11.11 (Cambio de variable).**

Sean $U, V \subseteq \R^d$ abierto y $\Phi \colon U \to V$ un difeomorfismo $\mathcal C^1$. Para toda $f \colon V
\to [0, +\infty]$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) (o $f \in L^1(V)$):

$$
\int_V f(y)\,\dd y = \int_U
f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .
$$

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

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

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

*Paso 1: $(*)$ para cubos, con un factor de distorsión.* Fíjese un cubo cerrado $Q \subseteq U$ de [centro](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/1-teoria-de-grupos#ex-b3-groups-actions) $x_0$ y lado $2r$ (bola para la norma del supremo). Afirmación: para todo $\varepsilon > 0$, si $\Phi$ es derivable en $Q$ con $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ sobre $Q$ ([norma de operador](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/8-espacios-de-banach-y-los-teoremas-fundamentales#def-b3-banach-operator) para la norma del supremo), entonces

$$
\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 +
\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),
$$

porque, para $x \in Q$, la desigualdad del valor medio aplicada a $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ da $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq
\varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$, y $D\Phi(x_0)^{-1}$ absorbe ese defecto en un agrandamiento del cubo por $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$. Por el [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange),

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\,
\bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q),
\qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .
$$

*Paso 2: $(*)$ para cubos [compactos](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-compact), por subdivisión.* Sean $Q
\subseteq U$ un cubo [compacto](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-compact) y $\varepsilon > 0$. Sobre $Q$, $D\Phi$ es uniformemente [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) y $\norm{D\Phi^{-1}}$ está acotada ([compacidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-compact)); subdivídase $Q$ en $2^{kd}$ subcubos $Q_i$ lo bastante pequeños como para que la oscilación de $D\Phi$ en cada uno sea $\leq \varepsilon$. El paso 1 en cada subcubo (de [centro](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/1-teoria-de-grupos#ex-b3-groups-actions) $x_i$):

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i))
\leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det
D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i)
\leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),
$$

el último paso porque $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf
1_{Q_i} \to J$ uniformemente sobre $Q$ ([continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) de $\det D\Phi$) — comparación con sumas de Riemann. Hágase $\varepsilon \to 0$: $(*)$ vale para los cubos [compactos](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-compact).

*Paso 3: $(*)$ para todo $A$ de Borel.* La función de conjunto $A
\mapsto \lambda_d(\Phi(A))$, sobre los subconjuntos de Borel de $U$, es una [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) ($\Phi$ es una biyección sobre $V$ que conserva los conjuntos de Borel y la disjunción numerable), y también lo es $A \mapsto \int_AJ$. Todo abierto de $U$ es unión numerable de cubos diádicos [compactos](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-compact) casi disjuntos (descomposición diádica estándar: tómense los cubos diádicos maximales contenidos en el abierto), y ambas [medidas](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) son aditivas a través de ellos (las fronteras de los cubos son $\lambda_d$-nulas, y sus imágenes por $\Phi$ son nulas por el paso 2 aplicado a recubrimientos finos de las caras por cubos): $(*)$ pasa de los cubos a los abiertos. Para $A$ de Borel general: agótese $U$ mediante [compactos](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-compact) $K_m \uparrow U$ con $K_m \subseteq
\mathring K_{m+1}$ y fíjese $m$; sobre $\mathring K_{m+1}$, $J$ está acotada por cierto $M_m$. Por regularidad exterior de $\lambda_d$ (demostración como en el [Teorema 9.13](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#thm-b3-measure-regularity), con cajas), elíjanse abiertos $O_n$ con $A \cap K_m \subseteq O_n
\subseteq \mathring K_{m+1}$ y $\lambda_d\bigl(O_n \setminus
(A\cap K_m)\bigr) \to 0$. Entonces

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq
\lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J
\leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap
K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .
$$

Hágase $m \to \infty$: [continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) 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 $g
\geq 0$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sobre $V$,

$$
\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x .
\tag{$**$}
$$

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

$$
\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x
\leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det
D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,
$$

puesto que $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl(
D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ (regla de la cadena en $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$). Todas las desigualdades son igualdades: la fórmula vale para $g \geq 0$ y, por descomposición, para las funciones $L^1$. ∎

**Ejemplo 11.12 (Coordenadas polares; la gaussiana de nuevo).**

$\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ es un difeomorfismo $\mathcal
C^1$ de $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ sobre $\R^2$ menos una semirrecta (conjunto nulo), con $\det D\Phi =
r$:

$$
\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y
= \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty}
f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .
$$

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

$$
G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2
= \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2}
= 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:
$$

la clásica demostración de dos líneas de $G = \sqrt\pi$, ahora plenamente justificada (compárese con la demostración por parámetros del [Problema 10.1](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1)).

**Teorema 11.13 (Volumen de la bola unidad).**

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

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} :
\qquad
v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad
v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots
$$

**Demostración.** Calcúlese $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ de dos maneras. Por Tonelli se factoriza: $I = G^d = \pi^{d/2}$. Por la fórmula de las capas (la [Proposición 11.8](#prop-b3-product-layercake)) con $f = \eu^{-
\norm x^2}$, cuyos conjuntos de nivel son bolas: $\{f > t\} =
B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ para $0 < t < 1$, de [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) $v_d(-\ln t)^{d/2}$ (la homotecia de razón $\rho$ escala $\lambda_d$ por $\rho^d$: el [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange)), luego

$$
I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t
\overset{t = \eu^{-s}}{=}
v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s
= v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).
$$

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

## 11.4 Ejercicios

**Ejercicio 11.1 ★.**

Sean $\mu$ la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) de conteo sobre $(\intcc01, \mathcal
B(\intcc01))$ (que no es $\sigma$-finita) y $\lambda$ la [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-lebesgueouter), y sea $\Delta = \{(x,x)\}$ la diagonal de $\intcc01^2$. Demostrar que $\Delta$ es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) y calcular las dos integrales iteradas de $\mathbf 1_\Delta$ contra $\lambda$ y $\mu$: difieren. ¿Qué hipótesis del [Teorema 11.5](#thm-b3-product-tonelli) falla?

**Solución de Ejercicio 11.1.**

$\Delta$ es cerrado en $\intcc01^2$, luego de Borel, y $\mathcal
B(\intcc01^2)$ es la $\sigma$-álgebra producto (la [Proposición 11.2](#prop-b3-product-sections)(b)). Iterando en un sentido:

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y)
\,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;
$$

en el otro:

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf
1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y)
= \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .
$$

La hipótesis que falla es la $\sigma$-finitud de la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) de conteo $\mu$ sobre el conjunto no numerable $\intcc01$: ninguna familia numerable de conjuntos de $\mu$ finita lo recubre.

**Ejercicio 11.2 ★.**

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

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x
= \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x
= \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,
$$

calcúlese la integral [interior](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-interior) en forma cerrada y hágase $A \to
+\infty$ (domínese la integral en $y$) para obtener $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$.

**Solución de Ejercicio 11.2.**

En $\intcc0A\times\intoo0{+\infty}$: $\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x =
\int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty$ (Tonelli para el valor absoluto): se aplica Fubini y, puesto que $\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x$,

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x
= \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd
x\Bigr)\dd y
= \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 +
y^2}\,\dd y
$$

(la integral [interior](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-interior): $\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu -
y)x}\dd x$, calculada directamente). Cuando $A \to \infty$, el término correctivo está acotado por $\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 +
y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y =
\frac3{2A} \to 0$; y el término principal es $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$. Por tanto, $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ — la integral de Dirichlet por Fubini.

**Ejercicio 11.3 ★★.**

(a) Demostrar que, para $f \geq 0$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) y $\mu$ finita: $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$: la [integrabilidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) es la sumabilidad de las [medidas](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) de las colas. (b) Deducir que $f \in L^1(\mu)$ (con $\mu$ finita) si y solo si $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$.

**Solución de Ejercicio 11.3.**

(a) Fórmula de las capas (la [Proposición 11.8](#prop-b3-product-layercake)): $\int
f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$, y $t \mapsto
\mu(f > t)$ es no creciente. En $[n-1, n]$: $\mu(f \geq n)
\leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1)$; sumando las integrales sobre los intervalos unidad:

$$
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) +
\sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq
n).
$$

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

**Ejercicio 11.4 ★★.**

Para $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ sobre $\intoo01^2$, demostrar

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4,
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4
$$

*(obsérvese que $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$)*, y comprobar directamente que $\int\!\int\abs f = +\infty$: la hipótesis de [integrabilidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) de Fubini no es decorativa.

**Solución de Ejercicio 11.4.**

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

$$
\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1}
\ \Longrightarrow\
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x =
\int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;
$$

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

$$
\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 +
y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x},
\quad\text{y } f \geq 0 \text{ allí, luego}\quad
\int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} =
+\infty .
$$

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

**Ejercicio 11.5 ★★.**

(a) Calcular $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ explícitamente (una función triangular) y la forma general de $(\mathbf 1 * \mathbf 1 *
\mathbf 1)$. (b) Demostrar que $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq
\overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$. (c) Demostrar que si $f \in L^1$ y $g$ está acotada y es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity), entonces $f * g$ es [continua](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity). *(Convergencia dominada mediante la [continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) de la traslación sobre la $g$ acotada.)*

**Solución de Ejercicio 11.5.**

(a) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) =
\lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr)$: $0$ para $x
\notin \intcc02$, $x$ para $0 \leq x \leq 1$, $2 - x$ para $1
\leq x \leq 2$: la función triangular. Convolucionando de nuevo se obtiene una joroba $\mathcal
C^1$ cuadrática a trozos sobre $\intcc03$ (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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/12-los-espacios-lp#ch-b3-lp).

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

(c) Para $x_n \to x$: $(f*g)(x_n) = \int
f(y)g(x_n - y)\,\dd y$; los integrandos convergen puntualmente ([continuidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/6-topologia-general#def-b3-topology-continuity) de $g$) y están dominados por $\norm
g_\infty\,\abs f \in L^1$: la convergencia dominada da $(f*g)(x_n) \to (f*g)(x)$.

**Ejercicio 11.6 ★★.**

(a) Demostrar que el símplex $\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d
: x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ tiene volumen $\frac1{d!}$ *(inducción y Fubini)*. (b) Recuperar $v_2 = \pi$ y $v_3 = \frac{4\pi}3$ del [Teorema 11.13](#thm-b3-product-ballvolume), y demostrar $\lambda_d(\text{elipsoide de semiejes } a_i) =
v_d\prod a_i$.

**Solución de Ejercicio 11.6.**

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

$$
\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1
\lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t
= \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t
= \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},
$$

usando la regla de homotecia $\lambda_{d-1}(\rho A) =
\rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A)$ (el [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange)); y con $\lambda_1(\Delta_1) = 1$: volumen $\frac1{d!}$.

(b) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$; $v_3 =
\pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12
\sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$. El elipsoide es $T(B(0,1))$ con $T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d)$: el [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) da el volumen $v_d\prod a_i$.

**Ejercicio 11.7 ★★.**

¿Para qué $s > 0$ son finitas las siguientes integrales? Justifíquese con [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar):

$$
\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}},
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}} .
$$

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

**Solución de Ejercicio 11.7.**

En $\R^2$, [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar) (el [Ejemplo 11.12](#ex-b3-product-polar)):

$$
\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s}
= 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r,
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:
$$

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

**Ejercicio 11.8 ★★★.**

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

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

Deducir $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,
\dd\theta = \frac12B(p,q)$ y el valor de las integrales de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$.

**Solución de Ejercicio 11.8.**

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

$$
\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u
\end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u,
\qquad \abs{\det} = u :
$$

$$
\Gamma(p)\Gamma(q) =
\iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y
= \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\,
\dd u\,\dd v
= \Gamma(p + q)\,B(p, q).
$$

Sustituyendo $t = \sin^2\theta$ en $B(p,q)$ se obtiene $2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta =
B(p, q)$. Wallis: $W_n =
\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n +
1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi}
{2\,\Gamma(\frac n2 + 1)}$ — por ejemplo, $W_{2n} =
\frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ usando $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$.

**Ejercicio 11.9 ★★.**

(Fórmula de transferencia) Sea $T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y,
\mathcal B)$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) y sea $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ la *medida imagen*. Demostrar que, para toda $g \geq 0$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sobre $Y$:

$$
\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu
$$

(máquina estándar). Compárese después con el [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange): ¿qué información adicional lleva la fórmula del cambio de variable que la fórmula abstracta de transferencia no tiene? *(La fórmula de transferencia nunca identifica $T_*\mu$; el teorema del cambio de variable calcula $T_*\lambda_d$ explícitamente como una [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) con [densidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma).)*

**Solución de Ejercicio 11.9.**

Indicadores: $\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) =
\mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$; la linealidad lo extiende a $g$ simple y la convergencia monótona a $g \geq 0$ — la fórmula de transferencia. Es puramente formal: reexpresa integrales contra $T_*\mu$, pero no dice nada sobre *qué* es $T_*\mu$. El contenido del [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) y del [Teorema 11.11](#thm-b3-product-changeofvar) es la identificación

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

es decir, un cálculo de la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) imagen de la [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) — siendo el ingrediente analítico la geometría diferencial de $\Phi$, y no el formalismo de teoría de la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure).

**Ejercicio 11.10 ★★★.**

(Momentos gaussianos) Usando [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar) y Fubini, calcúlense, para el peso gaussiano estándar sobre $\R^d$:

$$
\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x
\qquad\text{y}\qquad
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,
$$

compruébese la coherencia ($\norm x^2 = \sum x_i^2$) y dedúzcase el segundo momento de la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$.

**Solución de Ejercicio 11.10.**

Por Tonelli la gaussiana se factoriza, de modo que, con $G_1 =
\int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi$ y $\int_\R
s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2$ (intégrese por partes):

$$
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x =
\frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2,
\qquad
\int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x =
d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2
$$

(por simetría, $\norm x^2 = \sum_ix_i^2$ aporta $d$ términos iguales — la comprobación de coherencia). Para la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) normalizada $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$, el segundo momento es $\frac d2$.

**Ejercicio 11.11 ★★.**

(Gráfica e hipógrafo) Sea $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). (a) Demostrar que el *hipógrafo* $H = \{(x, y) \in
\R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) en $\R^{d+1}$ con

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :
$$

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

**Solución de Ejercicio 11.11.**

(a) $H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty)$ para $\Phi(x, y) = f(x) -
y$ intersecado con $\{y > 0\}$: es [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), pues $(x, y)
\mapsto f(x)$ y $(x,y)\mapsto y$ son [medibles](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sobre el producto (composiciones con las proyecciones). La $x$-sección de $H$ es $\intoo0{f(x)}$, de [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) $f(x)$: Tonelli integra las secciones,

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)}
\bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .
$$

(b) La gráfica es $\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq
f(x)\}$, [medible](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable); sus $x$-secciones son puntos, de [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) $0$: Tonelli da $\lambda_{d+1}(\text{grafo}) =
\int 0 = 0$.

(c) $S^{d-1}$ es la unión de las dos gráficas $y =
\pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2}$ sobre la bola unidad de $\R^{d-1}$ (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 $\intoo01^2$, demostrar

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2),
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy}
= \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

(La segunda identidad de series: sepárense los índices pares e impares.) Con $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (el [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/15-operadores-compactos-y-el-teorema-espectral#ch-b3-spectral)), dos integrales de apariencia inocente valen $\frac{\pi^2}6$ y $\frac{\pi^2}{12}$; ¿dónde hace exactamente su trabajo la hipótesis de positividad de Tonelli?

**Solución de Ejercicio 11.12.**

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

$$
\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr)
\Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr)
= \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .
$$

Para el caso alternado, $\frac1{1 + xy} =
\sum_n(-1)^n(xy)^n$ no es una serie de términos positivos; pero la integral de la serie de los *valores absolutos* es $\zeta(2) <
\infty$, de modo que Fubini (con la [integrabilidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) ya establecida) se aplica: $\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} =
\sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}$. La identidad de series:

$$
\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2}
= \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

Con $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (el [Problema 15.1](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/15-operadores-compactos-y-el-teorema-espectral#pb-b3-spectral-1)): las integrales valen $\frac{\pi^2}6$ y $\frac{\pi^2}{12}$. La positividad de Tonelli lo era todo en el primer cálculo — no hacía falta comprobar ninguna [integrabilidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) antes de intercambiar; en el segundo, la positividad de la serie de valores absolutos es lo que *certifica* la [integrabilidad](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) 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 — $n! \sim
\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$, 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 $\Gamma$ (el [Ejemplo 10.16](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma)) con el *método de Laplace*, en su forma más limpia de convergencia dominada, y recogemos después los dividendos.

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

1. Sustitúyase $x = t + \sqrt t\,u$ y demuéstrese $$\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t}  = \int_{-\sqrt t}^{+\infty}  \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt  t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u  \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,$$ donde $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) -  \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$.
2. Demostrar el límite puntual: para cada $u$ fijo, $g_t(u)  \to \eu^{-u^2/2}$ cuando $t \to +\infty$ *(desarróllese $\ln(1 + h)$ hasta el segundo orden)* .
3. Dominación. Sea $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$, de modo que $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr)$ para $u > -\sqrt t$. Demostrar las dos cotas $$\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1),  \qquad  \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 -  \ln 2 > 0$$ *(estúdiense $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ y $\varphi(h)  + ch$: calcúlense las derivadas y compruébese el signo en cada rango)*. Deducir, para $t \geq 1$: $$g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t),  \qquad  g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),$$ de modo que $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} +  \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$: un dominador [integrable](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) independiente de $t \geq 1$.
4. Concluir con el teorema de la convergencia dominada y la integral gaussiana (el [Ejemplo 11.12](#ex-b3-product-polar)): $$\Gamma(t + 1) \;\sim\;  \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t}  \qquad (t \to +\infty),$$ y, en particular, $n! \sim \sqrt{2\pi  n}\,(n/\eu)^n$.

**Parte II — Dividendos.**

5. (Wallis) A partir del [Ejercicio 11.8](#exo-b3-product-8) , fórmulas del tipo $W_{2n} =  \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ : dedúzcase $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ de Stirling y contrástese con la recursión $W_{n} =  \frac{n-1}nW_{n-2}$ .
6. (Los volúmenes de las bolas se desploman) Demostrar $$v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}  \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}}  \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},$$ de modo que $v_d \to 0$ más deprisa que cualquier sucesión geométrica; hállese la dimensión que maximiza $v_d$ (numéricamente: $d =  5$).
7. (Concentración de la binomial — anticipo del [Capítulo 23](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/23-funciones-caracteristicas-y-teorema-central-del-limite#ch-b3-clt)) Usando Stirling, demuéstrese la estimación local, para $k = n/2 + s\sqrt n/2$ con $s$ fijo y $n$ par: $$2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\;  \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},$$ el perfil gaussiano discreto: de Moivre–Laplace en embrión.
8. ¿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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) ? Una frase para cada una.

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

9. Demostrar $d_n - d_{n+1} = \bigl(n +  \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ .
10. Con $t = \frac1{2n+1}$, compruébese $\frac{n+1}n =  \frac{1+t}{1-t}$ y desarróllese: $$d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 +  \frac{t^6}7 + \cdots,$$ y dedúzcanse las cotas por ambos lados $$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\;  \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$$
11. Telescópese (usando $d_m \to 0$) y compruébese la agradable identidad [algebraica](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/4-extensiones-de-cuerpos-y-teoria-de-galois#def-b3-galois-algebraic) $\frac1{3(2m+1)^2} >  \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ para $m \geq 1$, para obtener el encaje clásico $$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n  \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\;  \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$$
12. Dos consecuencias: (a) el error relativo de la fórmula de Stirling es $< 10^{-6}$ en cuanto $n \geq 83\,334$ ; (b) estímese $100!$ con cuatro cifras significativas a mano a partir del encaje ( $100! \approx 9.3326\cdot  10^{157}$ ), y admírese uno un instante de la precisión de una fórmula asintótica en un $n$ muy finito.

**Parte IV — La vía de Wallis: Stirling sin la gaussiana.** Históricamente, la constante $\sqrt{2\pi}$ 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 $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,
\dd\theta$.

13. Establecer $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (intégrese por partes), las formas cerradas $$W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad  W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},$$ y la identidad $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$.
14. De la monotonía de $(W_n)$ dedúzcase $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$ y después $$W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}  \qquad\text{y}\qquad  \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow  \frac1{\sqrt\pi} :$$ el teorema de Wallis, obtenido sin Stirling.
15. Demostrar, solo con el telescopado de la Parte III (sin necesidad del valor de la constante), que $e_n = \ln n! - (n +  \frac12)\ln n + n$ converge a cierto límite $\ell$ ; equivalentemente, $n! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ con $K =  \eu^\ell > 0$ todavía sin identificar.
16. Insértese esta asintótica en $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ e identifíquese, con la pregunta 14, el único valor posible: $K = \sqrt{2\pi}$ . Móntese la lógica: las Partes III–IV juntas dan una segunda demostración [completa](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) de Stirling — y, por tanto, recorriendo hacia atrás la sustitución de la Parte I, una evaluación independiente de $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ . Dos pilares, cada uno de los cuales sostiene al otro.

**Parte V — Últimos dividendos.**

17. (El perfil local [completo](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/7-espacios-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete)) Para enteros $\abs j \leq  K\sqrt n$ (con $K$ fijo), demostrar $$\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} =  \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i}  = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n +  O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),$$ uniformemente en $j$ *(tómense logaritmos y úsese $\ln  \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)$)*. 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/23-funciones-caracteristicas-y-teorema-central-del-limite#ch-b3-clt).
18. (Anticipo de Poisson) Demostrar con Stirling que $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}$ : la moda de una ley de Poisson de media grande $n$ tiene masa $\approx (2\pi n)^{-1/2}$ , exactamente como predecirá el teorema central del límite.
19. (Cocientes de Gamma) Para $a \in \intoo01$ , demostrar $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ usando las cotas de pendientes por convexidad logarítmica del [Problema 10.1](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (su pregunta 14), y extiéndase a todo $a > 0$ real mediante la ecuación funcional. (Esto es lo que significa «Stirling $\Gamma(t+1) \sim$ » entre los enteros.)
20. (Bolas, otra vez) A partir de $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2  + 1)$: tabúlense $v_1, \dots, v_7$ exactamente, compruébese la unimodalidad mediante $\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d$ (creciente mientras $d < 2\pi$, decreciente después) y demuéstrese la llamativa identidad generatriz $$\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :$$ todos los volúmenes de bolas unidad de dimensión par empaquetados en una sola exponencial.
21. (Asintótica de la entropía) Para $\alpha \in \intoo01$ fijo con $\alpha n \in \N$, dedúzcase de Stirling $$\binom{n}{\alpha n} \;\sim\;  \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}}  {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}},  \qquad  H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha -  (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :$$ la tasa de crecimiento exponencial de los coeficientes binomiales es la *entropía* $H$ — compruébese que $\alpha =  \frac12$ recupera la pregunta 5 y que $H(\alpha) <  \ln2$ para $\alpha \neq \frac12$ (de modo que las binomiales descentradas son exponencialmente despreciables en $2^n$).
22. (Áreas de superficies) El área de la esfera unidad $S^{d-1}$ es $s_{d-1} = d\,v_d$ (se demuestra como el [Ejercicio 21.6](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/21-formas-diferenciales-y-teorema-de-stokes#exo-b3-forms-6) en el capítulo de formas diferenciales; aquí tómese como definición). Tabúlense $s_0, \dots, s_6$ , localícese el máximo ( $d - 1 =  6$ , $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07$ ) y demuéstrese que $s_{d-1} \to 0$ también de manera supergeométrica — las esferas de dimensión alta son, para cualquier vara de medir euclídea, evanescentemente pequeñas.
23. (El primer término correctivo) Dedúzcase del encaje de la pregunta 11 que $d_n = \frac1{12n} +  O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$, de donde $$n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac  n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} +  O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).$$ Compruébese en $n = 10$: la fórmula desnuda da $3\,598\,696$ (error relativo $8.3\cdot10^{-3}$) y la corregida $3\,628\,685$ frente a $10! =  3\,628\,800$ (error relativo $3.2\cdot10^{-5}$) — un solo término de la serie compra dos cifras y media.
24. (La mediana de $\Gamma$) Demostrar que $$\frac{1}{\Gamma(t+1)}  \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x  \;\longrightarrow\; \frac12  \qquad (t \to +\infty) :$$ asintóticamente, exactamente la mitad de la masa del integrando de $\Gamma$ está por debajo de su moda $x = t$. *(Ejecútese la sustitución de la Parte I sobre la integral truncada; el dominador de la pregunta 3 ya está preparado.)*
25. (Entropía, sin asintóticas) Para $\alpha \in  \intoc0{\frac12}$, demostrar la cota, válida para *todo* $n \geq 1$: $$\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk  \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,$$ comparando la suma con $\sum_k\binom  nk\lambda^{k-\alpha n}$ para el sesgo $\lambda =  \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$. Compruébese que esta elección de $\lambda$ es óptima y reconcíliese con la pregunta 21: la tasa exponencial $H(\alpha)$ del enunciado asintótico se alcanza con una desigualdad de una línea, sin asintótica alguna.

**Solución de Problema 11.1.**

**1.** Con $x = t + \sqrt t\,u$ ($\dd x = \sqrt
t\,\dd u$; $x$ recorre $\intoo0\infty$ cuando $u$ recorre $\intoo{-\sqrt t}\infty$):

$$
\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x
= t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty}
\exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt
t\,u\Bigr)\dd u,
$$

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

**2.** Para $u$ fijo y $t \to \infty$: $t\ln(1 +
u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} -
\frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 +
o(1)$: $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$.

**3.** Póngase $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ en $\intoc{-1}1$: $\psi_1(0) = 0$ y $\psi_1'(h) = \frac1{1+h} -
1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$, que es $\geq 0$ en $\intoc{-1}0$ y $\leq 0$ en $\intcc01$: $\psi_1 \leq 0$, es decir, $\varphi(h) \leq -h^2/4$ allí. Póngase $\psi_2(h) =
\varphi(h) + ch$ en $\intco1\infty$, $c = 1 - \ln2$: $\psi_2(1)
= \ln2 - 1 + c = 0$ y $\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c -
\frac12 < 0$: $\varphi(h) \leq -ch$ para $h \geq 1$. Ahora, para $t
\geq 1$: si $\abs u \leq \sqrt t$, $g_t(u) =
\eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} =
\eu^{-u^2/4}$; si $u \geq \sqrt t$, entonces $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq
-ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (pues $t \geq
1$), luego $g_t(u) \leq \eu^{-cu}$. Por tanto, $g_t \leq \eu^{-u^2/4} +
\eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$, [integrable](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) e independiente de $t \geq
1$.

**4.** Convergencia dominada: $\int_\R g_t(u)\dd u \to
\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ (el [Ejemplo 11.12](#ex-b3-product-polar) más el cambio de escala $u\mapsto\sqrt2\,u$). Con la pregunta 1:

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

**5.** Del [Ejercicio 11.8](#exo-b3-product-8), $W_{2n} =
\frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} =
\frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$. Stirling:

$$
\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2}
\sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}
{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .
$$

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

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

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

supergeométricamente (para $d > 2\pi\eu \approx 17$, cada factor es $< 1$ y decreciente). Numéricamente $v_1 = 2$, $v_2 \approx
3.14$, $v_3 \approx 4.19$, $v_4 \approx 4.93$, $v_5 \approx
5.26$, $v_6 \approx 5.17$: el máximo está en $d = 5$.

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

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

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

$$
2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi
n}}\;\eu^{-s^2/2} :
$$

el perfil gaussiano del lanzamiento de monedas, cuantificado — la forma local de de Moivre–Laplace, que se globalizará en [Capítulo 23](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/23-funciones-caracteristicas-y-teorema-central-del-limite#ch-b3-clt).

**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 $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ — la constante $\sqrt{2\pi}$ de Stirling *es* la integral gaussiana. (iii) La sustitución $x = t + \sqrt tu$ es un cambio de variable afín: invariancia por traslaciones y regla de escala de la [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) (el [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) en dimensión $1$).

**9.** Desarróllense ambos términos:

$$
d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n +
\frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1
= \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,
$$

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

**10.** Para $t = \frac1{2n+1}$: $\frac{1+t}{1-t} =
\frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$, y $n + \frac12 =
\frac1{2t}$; la serie impar $\ln\frac{1+t}{1-t} =
2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$ da

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

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

**11.** Sumando la cota superior desde $n$ hasta $\infty$ (con $d_m \to 0$): $d_n < \frac1{12n}$. Para la cota inferior: $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} =
\frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$, y

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

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

**12.** (a) Error relativo $= \eu^{d_n} - 1 <
\eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n}$ para $n$ grande; $<
10^{-6}$ en cuanto $12n \geq 1.1\cdot10^6$, y el $n \geq 83\,334$ indicado basta ($\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ ya lo implica). (b) $\log_{10}(100!) =
\frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu +
d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036
\approx 157.96997$, luego $100! \approx 10^{0.96997} \cdot
10^{157} = 9.333\cdot10^{157}$; la ventana garantizada $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ tiene una anchura relativa inferior a $10^{-6}$ — una fórmula «asintótica» que, en $n =
100$, es un instrumento de precisión.

**13.** Escríbase $\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2$ e intégrese el segundo término por partes ($u = \cos\theta$, $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$, $v =
\frac{\sin^{n-1}}{n-1}$):

$$
\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 =
\Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2}
+ \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .
$$

Por tanto, $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$, es decir, $W_n =
\frac{n-1}nW_{n-2}$. De $W_0 = \frac\pi2$, $W_1 = 1$:

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

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

**14.** $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ (monotonía puntual de $\sin^n$) y $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} =
\frac{2n+1}{2n} \to 1$ encajan $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to
1$. Combinado con $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (pregunta 13): $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$, luego $W_{2n} \sim
\frac12\sqrt{\frac\pi n}$ y $\binom{2n}n4^{-n} =
\frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$.

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

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

$$
\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim
\frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2}
\eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n
= \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}}
\,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},
$$

y la pregunta 14 obliga a $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$: $K = \sqrt{2\pi}$. Las Partes III–IV vuelven, pues, a demostrar Stirling desde cero; e introduciéndolo en la identidad de la Parte I se evalúa $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ sin [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar): Wallis y Gauss se sostienen mutuamente.

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

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

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

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

**19.** Para $a \in \intoo01$, el lema de las pendientes del [Problema 10.1](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/10-la-integral-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (su pregunta 14), aplicado a la convexa $\log\Gamma$ alrededor de $n$, da $(n-1)^a \leq
\frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$: el cociente respecto de $n^a$ queda encajado por $(1 - \frac1n)^a \to 1$. Para $a = m + a'$ ($m \in \N$, $a' \in \intco01$): $\Gamma(n+a) = (n + a - 1)
\cdots(n + a')\Gamma(n + a')$, y cada uno de los $m$ factores es $n(1 + O(\frac1n))$: multiplíquense las estimaciones.

**20.** La recursión $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ (de $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$) da, a partir de $v_1 = 2$, $v_2 = \pi$:

$$
v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad
v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad
v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.
$$

El cociente $\frac{2\pi}d$ supera $1$ exactamente para $d \leq 6$, de modo que cada paridad crece y después decrece; numéricamente $v_4
\approx 4.93$, $v_5 \approx 5.26$, $v_6 \approx 5.17$: el máximo global es $d = 5$. Función generatriz: $v_{2k} =
\frac{\pi^k}{k!}$, luego $\sum_kv_{2k}x^{2k} =
\eu^{\pi x^2}$ — todos los volúmenes de bolas de dimensión par enrollados en una sola exponencial, y una estimación inmediata de decaimiento supergeométrico para $v_d$.

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

$$
\binom n{\alpha n} \sim
\frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n}
{\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\,
\sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}}
= \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},
$$

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

**22.** De $s_{d-1} = dv_d$ y la pregunta 20:

$$
s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \
s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 =
\frac{16\pi^3}{15},
$$

numéricamente $2,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\
33.07$; y $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6$: el máximo es la $6$-esfera. La recursión $s_{d+1} =
(d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d =
\frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ muestra la misma subida impulsada por $\frac{2\pi}d$ 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 $\frac1{12n+1} < d_n <
\frac1{12n}$, y

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

luego $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ y $\eu^{d_n} = 1 +
\frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$; multiplicando por $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ se obtiene la fórmula corregida. En $n =
10$: $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3
\approx 3\,598\,696$, bajo por $30\,104$ (error relativo $8.3\cdot10^{-3}$); multiplicando por $1 + \frac1{120}$ se obtiene $3\,628\,685$, bajo por $115$ (error relativo $3.2\cdot10^{-5}$). El propio encaje sitúa $10!$ entre $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ y $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ — la cota superior se desvía en ocho unidades de la séptima cifra.

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

$$
\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x
= t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,
$$

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

$$
\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow
\int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,
$$

mientras que la pregunta 4 da $\Gamma(t+1) \sim
t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$. El cociente tiende a $\frac12$. 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 $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in
\intoc01$. Para $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n$ se tiene $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$, luego

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

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

$$
\lambda^{-\alpha}(1+\lambda)
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha}
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)}
= \eu^{H(\alpha)} .
$$

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

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

la tasa $H(\alpha)$ es exacta, y toda la suma cuesta a lo sumo un factor $\sqrt n$ sobre su término mayor. Dividido por $2^n$, esto es la cota de cola para la moneda equilibrada $\P(S_n \leq \alpha n) \leq
\eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ — concentración de la [medida](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/9-teoria-de-la-medida#def-b3-measure-measure) en una línea.