Análisis Real y Complejo

Algunas Soluciones

An´

alisis Real y Complejo

Rodrigo Vargas

1.

Integraci´

on Abstracta

1. ¿Existe algunaσ-´algebra infinita que tenga s´olo una cantidad numerable de elementos?

Soluci´on. Supongamos que M =S

i∈NMi es un σ-´algebra. Sabemos que el conjunto potencia_P(N) tiene una cantidad no numerable de elementos. Notemos que

A_{∈ P}(N), MA =

[

i∈A

Mi , A numerable

B _{∈ P}(N)_{\ {}A_}=_⇒MB ₆=MA

Entonces, se pueden tener tantos elementos en _Mcomo subconjuntos en

P(N).

2. Demuestre un teorema an´alogo al 1.8 para n funciones.

Soluci´on. Sean u1, . . . , un funciones medibles sobre X, ϕ : Rn → Y

continua conY espacio topol´ogico, Definamos

h(x) =ϕ(u1(x), . . . , un(x)).

Pruebe que h:X _→Y es medible.

Basta probar que f : X _→ Rn _{dada por f(x) = (u}

1(x), . . . , un(x)) es

medible. SeanIi _⊆R intervalosi= 1, . . . , ny R=I1× · · · ×IN, entonces

f−1(R) =

n

\

i=1

Ahora bien, sea V _⊆Rn _{abierto entonces V =}S∞

n=1Rn y tenemos que

f−1(V) =

∞

[

n=1

f−1(Rn) es medible

entonces f es medible lo que implica que h lo es.

3. Demu´estrese que sif es una funci´on real en un espacio medible X tal que

{x : f(x) > r_} es medible para todo n´umero racional r, entonces f es medible.

Soluci´on. Sea α _∈ R y _{xn}∞n=1 ⊂ Q una sucesi´on decreciente tal que

l´ım

n→∞xn=α. Entonces, (α,∞) = ∞

[

n=1

(xn,_∞), luego

f−1((α,_∞)) =

∞

[

n=1

f−1(xn,_∞)

es medible para todoα_∈R y f es medible.

5. (a) Si f :X _→ [_−∞,_∞] y g : X _→ [_−∞,_∞] son medibles, demu´estrese que los conjuntos

{x : f(x)< g(x)_}, _{x : f(x) =g(x)_}

son medibles.

(b) Demu´estrese que el conjunto de puntos en los que una sucesi´on de funciones reales medibles converge (a un l´ımite finito ) es medible.

Soluci´on.

(a)

(b) Sean _{fn} una sucesi´on de funciones reales medibles,

f(x) = l´ım sup

n→∞ fn(x) y f(x) = l´ım infn→∞ fn(x)

entonces f y f son medibles. El conjunto de puntos en los cuales la sucesi´on converge es

E =_{x : f(x) =f(x)_}=_{x : f(x)₋f(x) = 0_}= (f₋f)−1(_{0_})

6. Sea X un conjunto no numerable, _M la colecci´on de todos los conjuntos

E _⊂ X tales que E o Ec _{es a lo sumo numerable, y definase µ(E) = 0}

en el primer caso y µ(E) = 1 en el segundo. Demu´estrese que _M es una

σ-´algebra en X y queµ es una medida en_M. Describanse las correspon-dientes funciones medibles y sus integrales.

Soluci´on.

Por demostrar que _Mes σ-´algebra.

(i) X _{∈ M}, ya que XC _{=∅ es vaciamente numerable.}

(ii) Si A_{∈ M} entonces AC _{∈ M trivialmente.}

(iii) Sea A =

∞

[

n=1

An con An _{∈ M} para cada n _∈ N, por demostrar

que A_{∈ M}.

SiAn es numerable para cada n entoncesAes numerable lo que implica que A _{∈ M}.

Ahora, si existe n0 ∈N tal que ACn0 es numerable entonces

AC =

∞

[

n=1

An

!C =

∞

\

n=1

AC_{n ⊆}AC_n0

entonces AC _{es numerable lo que implica que A∈ M.}

Por lo tanto, _Mes σ-´algebra.

Por demostar que µ es nedida sobre _M. (i) Tenemos que µ(∅) = 0<_∞

(ii) Sea _{An_}∞

n=1 una colecci´on disjunta contenida en M. Debemos

probar que

µ

∞

[

n=1

An

! =

∞

X

n=1

µ(An) (1)

Si An es numerable para todo n entonces A es numerable en-tonces µ(A) = 0 y µ(An) = 0 para cada n y se satisface (1).

Ahora, si existe n0 ∈ N tal que ACn0 es numerable entonces A

es no numerable, lo que implica que µ(A) = 1. Queremos que P

µ(An) = 1, es decir que todas las demas tengan medida cero.

Supongamos que existe n1 ∈N tal que ACn1 es numerable.

Sabe-mos que

An0 ∩An1 =∅⇒X =A

C n0 ∪A

lo que implicaria que X es numerable, lo que es contradictorio. Entonces, An es numerable para todon ₆=n0 lo que implica que

µ(An) = 0 para todo n ₆= n0 entonces se satisface (1). Por lo

tanto, µ es medida en_M.

7. Sup´ongase que fn :X _→[0,_∞] es medible para n= 1,2,3, ..., f1 ≥f2 ≥

f3 ≥...≥0,fn(x)→f(x) cuandon→ ∞, para todox∈X yf1 ∈L1(µ).

Demu´estrese que entonces

l´ım

n→∞

Z

X

fndµ= Z

X f dµ

y que esta conclusi´on no se obtiene si se suprime la condici´on “f1 ∈L1(µ)”.

Soluci´on. Consideregn :X _→[0,+_∞) definida porg1 = 0 ygn =f1−fn

para cada n _≥ 2, entonces gn es medible y l´ım

n→∞gn(x) = f1(x)−f(x) y

adem´as

gn_≤f1−fn ≤f1−fn+1 ≤gn+1

es decir, 0_≤g1(x)≤g2(x) ≤ · · · ≤ ∞. Aplicando el Teorema de

conver-gencia mon´otona

l´ım

n→∞

Z

X

gndµ= Z

X

(f1−f)dµ=

Z

x

f1dµ−

Z

x f dµ .

Por otro lado, tenemos linealidad de la integral y del l´ımite

l´ım

n→∞

Z

X

gndµ= Z

X

f1dµ− l´ım

n→∞

Z

X fndµ

obteniendose lo pedido.

¿Qu´e pasa sif1 ∈/ L1(µ), sigue siendo cierta la afirmaci´on? Para ver esto

considere la sucesi´on

fn(x) =     

1₋x si x_∈[0,1_{− n+1}1 ]

1₋ 1

n+ 1 si x∈(1−

1

n+1,∞)

entonces f1 ∈/L1(µ) y no se cumple la afirmaci´on.

8. Definase fn = XE si n es impar y fn = 1− XE si n es par. ¿Cu´al es la

Soluci´on: Tenemos que l´ım inf

n→∞ fn(x) = 0. Por otro lado,

Z

X

fndµ=   

µ(E) n impar

µ(EC_{) n par}

entonces l´ım inf

n→∞

Z

X

fndµ = m´ın_{µ(E), µ(EC)_}. Por el Lema de Fatou se tiene que

0 = Z

X

l´ım inf

n→∞ fn

dµ_≤l´ım inf

n→∞

Z

X

fndu= m´ın{µ(E), µ(EC)}.

Y en este caso la desigualdad es estricta en el Lema de Fatou.

9. Sup´ongase queµes una medida positiva en X,f :X_→[0,_∞] es medible, R

Xf dµ =c, donde 0< c <∞ y α es una constante. Demu´estrese que

l´ım

n→∞

Z

X

nlog[1 + (f /n)α]dµ=   

∞ si 0< α <1

c si α = 1 0 si 1< α <_∞

Soluci´on. Notemos que

fn(x) =nlog

1 +

f n

α =n

Z 1+(f_n)

α

1

dt t =

n ξn

f n

α

dondeξn_∈1,1 + f_nα

, la ´ultima igualdad de arriba se debe al Teorema del valor medio para integrales.

(i) 0< α <1

l´ım

n→∞fn(x) =

∞ f(x)>0 0 en otro caso Ahora por el Lema de Fatou tenemos que

∞=

Z

{x|f(x)>0}

l´ım inf

n→∞ fn(x)dµ= l´ım infn→∞

Z

X

fndµ .

(ii) α = 1

Tenemos que l´ım

n→∞fn(x) = f(x) y |fn(x)| ≤ f(x) entonces por el

Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que

l´ım

n→∞

Z

X

fndµ= Z

X

(iii) α >1

Tenemos que log(1 +Aα_{)≤αA para todo}

10. Sup´ongase que µ(X) <_∞, _{fn_} es una sucesi´on de funciones complejas, medibles y acotadas en X, y que fn → f uniformemente en X.

De-mu´estrese que

l´ım

n→∞

Z

X

fndµ= Z

X f dµ

y mu´estrese que la hip´otesis “µ(X)<_∞”no puede ser omitida.

Soluci´on: Dado ǫ > 0 existe n0 ∈ N tal que kf −fnk∞ < ǫ para

to-do n _≥n0. En particular para n =n0 se tiene que

kf_k∞< ǫ+kfn0k∞=M1,

luego _kfn_k∞ < ε +kfk∞ < +ε +M1 = M2 para todo n ≥ n0. Sea

M3 = sup 1≤k≤n0

kfk_k∞yM = m´ax{M2, M3} entonceskfnk∞ < M para todo

n_∈N. Por lo tanto,

|fn(x)_{| ≤}M , _∀x_∈X

y Z

X

M dµ = Mµ(X) < _∞ entonces por el Teorema de convergencia

dominada de Lebesgue se tiene que

l´ım

n→∞

Z

X

fndµ= Z

X f dµ .

Por otro lado, considere X = [0,+_∞) y µ la medida de Lebesgue en R inducida en X. Entonces µ(X) =_∞ y el resultado es falso considerando

fn(x) = 1

n. 11. Mu´estrese que

A=

∞

\

n=1

∞

[

k=n Ek

en el Teorema 1.41, y demu´estrese este teorema sin ninguna referencia a la integraci´on.

Soluci´on. El Teorema 1.41 dice: Sea _{Ek_} una sucesi´on de conjuntos medibles enX, tal que

∞

X

Entonces casi todos los x_∈X est´an a lo sumo en una cantidad finita de los conjuntosEk.

Denotamos porA=_{x_∈X_|x pertenece a infinitos Ek_} y tenemos que

x_∈A _{⇔ ∀}n _∈N _∃k _≥n : x_∈Ek

⇔ x_∈

∞

[

k=n

Ek, _∀n_∈N_⇔x_∈

∞

\

n=1

∞

[

k=n Ek.

Por lo tanto, A =

∞

\

n=1

∞

[

k=n

Ek. Por otro lado, sea An =

∞

[

k=n

Ek luego A =

∞

\

n=1

An y se tiene que A1 ⊆A2 ⊆A3 ⊆ · · · entonces

µ(A) = l´ım

n→∞µ(An)≤nl´ım→∞ ∞

X

k=n

µ(Ek) = 0.

12. Sea f _∈ L1_{(µ). Probar que para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que}

R

E|f|dµ < ǫ siempre que µ(E)< δ.

Soluci´on. Consideremos la sucesi´on

fn(x) =

|f(x)_| si _|f(x)_{| ≤}n

0 en otro caso

entonces l´ım

n→∞fn(x) = |f(x)| y adem´as fn(x) ≤ |f(x)| y f ∈L

1_{(µ) y por}

el Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que

l´ım

n→∞

Z

E

fndµ= Z

E| f_|dµ .

Dadoε >0 existe n0 ∈Ntal que

Z

E

(_|f_{| −}fn)dµ < ε

2 , ∀n≥n0.

Ahora bien, eligamosδ = ε 2n0

y E _⊂X tal que µ(E)< δ luego

Z

E

fn0 dµ≤

Z

E

n0dµ=n0µ(E)<

ε

2

y por lo tanto,

Z

E|

f_|dµ= Z

E

(_|f_{| −}fn0)dµ+

Z

E

fn0 dµ <

ε

2+

ε

13. Demu´estrese que la Proposici´on 1.24(c) tambi´en es cierta cuandoc=_∞.

Soluci´on. Considere la sucesi´on fn(x) =nf(x) entonces _{fn_}∞

n=1 es una

sucesi´on creciente y

l´ım

n→∞fn(x) =∞=cf(x).

Por el Teorema de Convergencia mon´otona de Lebesgue, tenemos que

Z

E

cf dµ= l´ım

n→∞

Z

E

fndµ= l´ım

n→∞

Z

E

nf dµ= l´ım

n→∞n

Z

E

f dµ=c

Z

E f dµ .

2.

Medidas de Borel Positivas

10. Si_{fn_}es una sucesi´on de funciones continuas en [0,1] tales que 06fn61 y fn(x)_→0, cuando n_{→ ∞}, para todo x_∈[0,1], entonces

l´ım

n→∞

Z l

0

fn(x)dx= 0.

Int´entese probarlo sin usar teorema de la medida ni teoremas sobre la in-tegral de Lebesgue.

Soluci´on. Basta aplicar el Teorema de Convergencia Dominada.

15. Es f´acil conjeturar el valor de los l´ımites de

Z n

0

1₋ x

n

n

ex/2dx y Z n

0

1 + x

n

n

e−2xdx ,

cuando n _{→ ∞}. Pruebe que sus conjeturas son correctas.

Soluci´on. Considere las funciones

fn(x) =χ[0,n](x)

1₋ x

n

n

ex/2

para cada n _∈ N. Observe que, la derivada de ϕ(t) =

t₋ λ t

t con

06 λ6t satisface

ϕ′(t) =

1₋λ

t

t log

1₋ λ

t

+ λ

t₋λ

ya que si λ 6 t=_⇒ λ

t 6 1 =⇒1 − λ

t > 0. Luego, ϕ es una funci´on

creciente. Se sigue que

06f1(x)6f2(x)6· · ·6fn(x)6· · ·

Adem´as, l´ım

n→∞fn(x) = e

−x/2_{. Por el Teorema de Convergencia Mon´otona}

de Lebesgue

l´ım

n→∞

Z n

0

1₋ x

n

n

ex/2dx= l´ım

n→∞

Z ∞

0

fn(x)dx=

Z ∞

0

e−x/2dx= ₋2e−x/2

∞

0 = 2.

Para la segunda integral, sea

gn(x) =χ[0,n](x)

1 + x

n

n

e−2x, n_∈N.

Sea ψλ(t) =

1 + λ

t

t

con 06λ6t entonces

ψ_λ′(t) =

1 + λ

t

t log

1 + λ

t

+ λ

t+λ

>0.

Luego, ψλ es creciente y positiva. Por el Teorema de la Convergencia Mon´otona de Lebesgue

l´ım

n→∞

Z n

0

1 + x

n

n

e−2x_{dx= l´ım} n→∞

Z ∞

0

gn(x)dx=

Z ∞

0

e−x_{dx= 1.}

25. (i) Hallar la m´ınima constante ctal que

log(1 +et)< c+t (0< t <_∞).

(ii) ¿Existe el

l´ım

n→∞

1

n

Z 1

0

log_{1 +enf(x)_}dx

para todo f _∈L1 _{real? Si existe, ¿cuanto vale?}

Soluci´on.

(i) Notemos que log(1 +et_{)< c+t⇐⇒1 +e}t _{< e}c+t

(ii) Observe que si 0 6 t < _∞ entonces e−t _{6 1 lo que implica que}

1 +e−t_{62 entonces log(1 +e}−t_{)6log(2). Por lo tanto,}

Sea gn(x) = _n1 log_{1 +enf(x)_{} para cada n∈N entonces}

|gn(x)_|6 1

n(log(2) +n|f(x)|)6log(2) +|f(x)| ∈L

1_([0,1]).

Por otro lado, como 1 +enf(x)_>enf(x) _entonces

log(1 +enf(x)₎

n >f(x).

Luego, si f(x)>0 se tiene que

f(x)6 log(1 +e

nf(x)₎

n 6

log(2) +nf(x)

n

y por el Teorema del Sandwich se tiene que

l´ım

n→∞

log(1 +enf(x)₎

n =f(x)

siempre que f >0. En caso contrario, es decir, si f 6 0, tenemos la

desigualdad

06 log(1 +e

nf(x)₎

n 6

log(2) 2 y l´ım

n→∞gn(x) = 0. Por el Teorema de la Convergencia Dominada de

Lebesgue

l´ım

n→∞

Z 1

0

gn(x)dx = l´ım

n→∞

  Z

Ω

gn(x)dx+ Z

ΩC

gn(x)dx

 

= Z

Ω

f(x)dx+ Z

ΩC

0dx= Z

Ω

f(x)dx ,

donde Ω =_{x_∈[0,1] : f(x)>0_}.

3.

Espacios

L

Soluci´on. Sean _{ϕn_}∞

n=1 una sucesi´on de funciones convexas entonces

ϕn((1₋t)x+ty)6(1₋t)ϕn(t) +tϕn(y) (2)

para todon _∈N. Sea g = sup_nϕn cong(x) = sup_nϕn(x). Aplicando sup_n en (2) obtenemos

g((1₋t)x+ty)6sup

n

[(1₋t)ϕn(x) +tϕn(x)]6(1−t)g(x) +tg(y),

por lo que g es convexa. Por otro lado, sea fn : (0,2) _→ R dada por

fn(x) =xn _entonces

l´ım

n→∞fn(x) =

0 si 0< x <1

∞ si 16x <2 =f(x).

Como f no es continua entonces f no es conexa. Lo mismo ocurre con l´ım sup seg´un el problema 4, Cap´ıtulo 1, pero no para l´ım inf.

2. Siϕ es convexa en (a, b) y si ϕ es convexa y no decreciente en la imagen deϕ, demu´estrese queψ_◦ϕes convexa en (a, b). Paraϕ >0, demu´estrese que la convexidad de logϕ implica la deϕ, pero no al rev´es.

Soluci´on. Tenemos que para cada x, y _∈(a, b) se tiene

(ϕ_◦ψ)((1₋t)x+ty) = ψ(ϕ((1₋t)x+ty))

6 ψ((1₋t)ϕ(x) +tϕ(y))

6 (1₋t)(ψ _◦ϕ)(x) +t(ψ_◦ϕ)(y)

Por lo tanto,ψ_◦ϕ es convexa.

Por otro lado, como ex _{es convexa y no decreciente y logϕ es convexa}

entonces por lo anteriormente mostrado (exp_◦log)(ϕ) = ϕ es convexa. Adem´as, considere la aplicaci´on ϕ(x) = x entonces logϕ(x) = logx la cual no es convexa.

3. Suponga que ϕ es una funci´on real continua en (a, b) tal que

ϕ

x+y

2

6 1

2ϕ(x) + 1 2ϕ(y)

para todox, y _∈(a, b). Demu´estrese que ϕ es convexa.

4. Seanf una funci´on compleja medible en X,µuna medida positiva en X, y

ϕ(p) = Z

X

|f_|pdµ=_kf_kp_p (0< p <_∞).

Sea E =_{p : ϕ(p)<_∞}, y suponga que _kf_k∞>0.

(a) Sir < p < s, r_∈E, y s_∈E, demuestrese que p_∈E.

(b) Demuestre que logϕes convexa en el interior deEy queϕes continua en E.

(c) Por (a), E es conexo. ¿Es necesariamente abierto? ¿Cerrado? ¿Puede

E constar s´olo de un punto? ¿Puede E ser un subconjunto conexo cualquiera de (0,_∞)?

(d) Sir < p < s, demuestre que _kf_kp 6m´ax{kfkr,kfks}. Mu´estrese que

esto implica la inclusi´on Lr_(µ)∩Ls_(µ)⊂Lp_(µ).

(e) Suponiendo que _kf_kr <∞para alg´un r <∞, pru´ebese que

kf_kp → kfk∞ cuando p→ ∞.

Soluci´on.

(a) Sir < p < s entondces existe t_∈R tal que

p= (1₋t)r+ts .

Observe que 1 = (1₋t) +t = 1 1/(1₋t) +

1

1/t luego 1/(1−t) y 1/t

son exponentes conjugados. Por la desigualdad de H¨older obtenemos

ϕ(p) = Z

X

|f_|pdµ= Z

X

|f_|(1−t)r_{· |}f_|tsdµ

6

  Z

X

|f_|rdµ

 

1−t

·

  Z

X

|f_|sdµ

 

t

= _kf_krr(1−t)_{· k}f_kst_s <_∞

(b) Sea p = (1₋t)r+ts entonces por lo anteriormente probado se tiene que

logϕ(p) = log    Z

X

|f_|pdµ

  

6 log

  

  Z

X

|f_|rdµ

 

1−t

·

  Z

X

|f_|sdµ

 

t  

= (1₋t) log    Z

X

|f_|rdµ

  

+tlog    Z

X

|f_|sdµ

   = (1₋t) logϕ(r) +tlogϕ(s).

Luego, logϕ es convexa en R

E lo que implica que logϕ es continua en el interior deE.

(c)

(d) En la parte (a) obtuvimos la desigualdad

kf_kp 6kfk r(1−t)

p

r · kfk st

p s .

Entonces, si m´ax_{kf_kr,_kf_ks}=kfkr obtenemos

kf_kp 6 kfk r(1−t)

p r kfk

st p

s 6kfk r(1−t)

p

r · kfk st p r

= _kf_k

r(1−t)+st p

r =kfk p p r

= _kf_kr= m´ax{kfkr,kfks}.

Lo mismo ocurre cuando m´ax_{kf_kr,_kf_ks}=kfks.

(e) Si_kf_kr = 0 el resultado es trivial. Supongamos que 0<kfkr <∞. Si

kf_k∞ = ∞ no hay nada que demostrar, por lo que supongamos que

kf_k∞<∞. Como kfkr>0, entonces se cumple que 0<kfk∞ <∞.

Sea p > r entonces

|f_|p =_|f_|p−r_|f_|r 6_kf_kp_∞−r_|f_|r c.t.p.

Integrando se obtieneR

|f_|p_dµ=kfkp−r

∞

R

|f_|r_{dµ, de donde se obtiene}

que _kf_kp 6kfk1∞−r/p(kfkr_r)1/p. Haciendo p→ ∞ obtenemos que

l´ım sup

p→∞ k

Ahora bien, sea 0 < λ < _kf_k∞, entonces por definici´on de supremo

esencial, el conjunto Ω = _{x : _|f(x)_| > λ_} tiene medida positiva y como _kf_kr <∞ debe cumplirse que 0< µ(Ω)<∞. Entonces,

kf_kp =

  Z

Ω

|f_|pdµ

 

1/p

>

  Z

Ω

|f_|pdµ

 

1/p

> λ(µ(Ω))1/p,

se deduce que l´ım inf

p→∞ kfkp >kfk∞.

5. Sup´ongase, adem´as de las hip´otesis del ejercicio 4, que

µ(X) = 1.

(a) Demu´estrese que _kf_kr 6kfks si 0< r < s6∞.

(b) ¿Bajo que condiciones se verifica que 0< r < s6_∞y_kf_kr =kfks<

∞?

(c) Demuestre que Lr_{(µ) ⊃ L}s_{(µ) si 0 < r < s. ¿Bajo qu´e condiciones}

estos dos espacios contienen las mismas funciones?

(d) Suponiendo que _kf_kr <∞para alg´un r >0, demuestre que

l´ım

p→0kfkp = exp

   Z

X

log_|f_|dµ

  

si exp_{−∞}se define como 0.

Soluci´on.

(a) Sea ϕ : [0,_∞]_→R dada por ϕ(x) =xr/s_{. Como s/r >1 se sigue que} ϕ es convexa. Por la desigualdad de Jensen obtenemos

kf_kr_s =   Z

X

|f_|rdµ

 

s/r

=ϕ

  Z

X

|f_|rdµ

 

6

Z

X

ϕ(_|f_|r)dµ= Z

X

|f_|sdµ=_kf_ks_s.

(b) Si_|f_|<1 yf _∈Ls_{(µ) entonces}

|f_|s−r <1_{⇐⇒ |}f_|s<_|f_||r=_{⇒ k}f_ks 6kfkr

y por la letra (a) obtenemos _kf_kr =kfks <∞.

Esto tambi´en es cierto si f es constante c.t.p. (c)

(d) Sabemos que la funci´on exponencial es convexa, como µ(X) = 1, usamos la desigualdad de Jensen obtenemos que

exp    Z

X f dµ

  

6

Z

X

exp_{f_}dµ .

Se sigue que

exp    Z

X

logf dµ

  

6

Z

X

f dµ ,

lo que implica que

Z

X

logf dµ 6log    Z

X f dµ

  

. (3)

Por otro lado, considere la funci´on g(p) = fp _luego

l´ım

p→0

fp₋₁ p l´ımp→0

g(p)₋g(0)

p₋0 =g

′_(0),

derivando implicitamente y=fp _obtenemos

logy=plogf=_⇒ y

′

y = logf =⇒y

′ _=fp_{logf .}

Entonces, g′_{(0) = logf, es decir,}

l´ım

p→0

fp₋₁

p = logf .

Por el Teorema de Convergencia Mon´otona de Lebesgue

l´ım

p→∞

1

p

  Z

X

fpdµ₋1  =

Z

X

Ahora bien, aplicando (3) obtenemos

Z

X

logf dµ= 1

p

Z

X

log(fp)dµ6 1

plog

   Z

X fpdµ

  

6 1

p

   Z

X

fpdµ₋1   

.

La ´ultima desigualdad se debe al hecho que logx 6 x₋1 para todo

x >0. Luego, hemos obtenido

Z

X

logf dµ6log_kf_kp6

1

p

   Z

X

fpdµ₋1   

.

Haciendo p_→0 y aplicando la funci´on exponencial

l´ım

p→0kfkp = exp

   Z

X

logf dµ

  

.

6. Si g es una funci´on positiva en (0,1) tal que g(x) _{→ ∞} cuando x _→ 0, entonces existe una funci´on convexa hen (0,1) tal queh6g y h(x)_{→ ∞} cuando x _→ 0. ¿Es esto cierto o falso? ¿Se modifica el problema si se sustituye (0,1) por (0,_∞) y x_→0 se sustituye por x_{→ ∞}?

Soluci´on. Para cada n_∈N, considere

αn = ´ınf

x∈(0,1_n)g(x).

Definimosh : (0,1)_→R por

h(x) = (αn−αn+1)(x− _n1)(n(n+ 1)) +αn

si x_∈ (_n+11 ,_n1). Geom´etricamente, h es la l´ınea recta que une los inf´ımos

αn y αn+1. Por construcci´on h6g y h(x)→ ∞cuando x→0. La misma

construcci´on sirve cuando se sustituye (0,1) por (0,_∞). Observe que hes convexa.

11. Sup´ongase que µ(Ω) = 1, y sean f y g funciones medibles positivas en Ω tales que f g>1. Demuestre que

Z

Ω

f dµ_·

Z

Ω

Soluci´on. Como las funciones f y g son positivas y f g > 1 obtenemos que 16(f g)1/2_{. Usando la desigualdad de H¨older obtenemos que}

Z

Ω

(f g)1/2 6

  Z

Ω

f dmu

 

1/2

·

  Z

Ω

gdµ

 

1/2

.

Por otro lado, como 16(f g)1/2 _{se obtiene}

1 = µ(Ω) 6

Z

Ω

dµ6

Z

Ω

(f g)1/2dµ .

Por lo tanto, elevando al cuadrado

16

Z

Ω

f dµ_·

Z

Ω

gdµ .

12. Suponga que µ(Ω) = 1 yh: Ω_→[0,_∞] medible si

A= Z

Ω

hdµ ,

demuestre que

√

1 +A2 ₆

Z

Ω

√

1 +h2_{dµ61 +A .}

Si µ es la medida de Lebesgue en [0,1] y si h es continua y h = f′_{, las}

desigualdades anteriores tienen una interpretaci´on geom´etrica sencilla. A partir de ella, conjet´urese (para un arbitrario) bajo qu´e condiciones sobre

h puede darse la igualdad en una u otra de las desigualdades anteriores, y demu´estrese lo conjeturado.

Soluci´on. Considere la funci´on ϕ : [0,_∞] _→ R definada por ϕ(x) =

√

1 +x2_{. Entonces, ϕ es convexa en [0,∞]. Luego, por la desigualdad de}

Jensen

ϕ

  Z

Ω

hdµ

 6

Z

Ω

ϕ(h)dµ

o equivalentemente

√

1 +A2 ₆

Z

Ω

√

Por otro lado, es sencillo ver que√1 +x2 _{61 +xpara todox>0. Luego,}

Z

Ω

√

1 +h2_dµ6

Z

Ω

(1 +hy)dµ= 1 +A ,

pues µ(Ω) = 1, lo cual prueba lo pedido.

Ahora bien, si µ es la medida de Lebesgue en [0,1], si h es continua y

h=f′ _{la desigualdad probada es equivalente a}

p

1 + (f(1)₋f(0))2 ₆

Z 1

0

p

1 +f′_(x)2_{dx61 +f(1)−f(0).}

Como h = f′ _{y h > 0 se deduce que f es una funci´on creciente en [0,1].}

Geom´etricamente el largo de la curva y = f(x) es mayor o igual que el largo de la hipotenusa de catetos 1 y (f(1)₋f(0)) y menor o igual a la suma de los catetos.

14. Supongase 1< p <_∞, f _∈Lp _=Lp_{((0,∞)), con respecto a la medida de}

Lebesgue, y sea

F(x) = 1

x

Z x

0

f(t)dt (0< x < _∞).

(a) Demuestre la desigualdad de Hardy

kF_kp 6 p

p₋1kfkp

que muestra que la aplicaci´on f _→F llevaLp _{en L}p_.

Soluci´on.

(a) Sean a >0 fijo yt = x

au entoncesdt= x

adu entonces

F(x) = 1

x

Z x

0

f(t)dt= 1

x

Z a

0

fxu a

x

adu =

1

a

Z a

0

fxu a

du .

Observe que es posible obtener una versi´on continua de la desigualdad de Minkowski, a saber:

   Z

Ω

  Z

Ω

f dµ

 

p

dµ

  

1/p

6

Z

Ω

  Z

Ω

fpdµ

 

Usando esta desigualdad obtenemos

Z a

0 |

F(x)_|pdx

1/p

6 1

a

Z a

0

Z a

0

f

xu

a

p

dx

1/p

6 1

a

Z a

0

Z a

0

f

xu

a

p dx

1/p

dx

Tomandot = xu

a obtenemos que

Z a

0 |

F(x)_|p dx

1/p

6 a1/p−1

Z a

0

u−1/pdu

Z a

0 |

f(t)_|pdt

1/p

= a1/p−1_· a

−1/p+1

−1/p+ 1 · Z a

0 |

f(t)_|pdt

1/p

= p

p₋1 Z a

0 |

f(t)_|pdt

1/p

.

Haciendo a_{→ ∞}se obtiene que

kF_kp 6 p

p₋1kfkp.

17. (a) Si 0< p <_∞, h´agase γp = m´ax_{1,2p−1_{} y mu´estrese que}

|α₋β_|p 6γp(_|α_|p+_|β_|p)

para n´umeros complejos α y β arbitrarios.

(b) Sup´ongase queµes una medida positiva en X, 0< p <_∞,f _∈Lp_(µ), fn _∈ Lp_{(µ), fn(x) → f(x) c.t.p. y kfnk}

p → kfkp cuando n → ∞.

Demuestre que l´ım_kfn₋f_kp = 0.

(c) Muestre que la conclusi´on (b) es falsa si se omite la hip´otesis_kfn_kp →

kf_kp, incluso aunque µ(X)<∞. Soluci´on.

(a) Considere la funci´ong : [1,_∞)_→R

g(x) = (1 +x)

p

1 +xp

entoncesg′_{(x) =p(1+x)}p−1_(1−xp−1_)(1+xp₎−2_{. Luego,ges decreciente}

g(1) = 2p−1_{, es decir, (1 +x)}p _{6 2}p−1_{(1 +x}p_{). Sean α, β ∈ C son}

|α_|6_|β_|=_⇒1_≤ β

α

. Sea x= β

α

entonces

||α_|+_|β_||p 62p−1(_|α_|p+_|β_|p) y como _|α₋β_|6_||α_|+_|β_||=_|α_|+_|β_| obtenemos

|α₋β_|p 62p−1(_|α_|p+_|β_|p).

(b) Considere para cada n _∈N

hn =_|f₋fn_|p_{− |}f_|p+_|fn_|p

entonces hn(x)_→0 c.t.p. y

|hn_| 6 _|f₋fn_|p +_||f_|p_{− |}fn_|p_|

6 γp(_|f_|p+_|fn_|p) +_|f_|p+_|fn_|p _∈L1(µ)

ya que f _∈ Lp_{(µ) y fn ∈ L}p_{(µ). Por el Teorema de Convergencia}

Dominada de Lebesgue

l´ım

n→∞

Z

X

hndµ= Z

X

l´ım

n→∞hndµ= 0.

Se sigue que

l´ım

n→∞kf−fnk

p

p =kfkpp−_nl´ım_→∞kfnkpp = 0.

23. Sup´ongase que µ es una medida positiva en X, µ(X) < _∞, f _∈ L∞_(µ),

kf_k∞ >0, y

αn = Z

X

|f_|ndµ (n = 1,2,3, . . .).

Demuestre que

l´ım

n→∞

αn+1

αn =kfk∞. Soluci´on. Observe que

|f_|n+1 =_|f_{| · |}f_|n6_kf_k∞|f|n c.t.p.

Luego,

αn+1 =

Z

X

|f_|n+1dµ6_kf_k∞

Z

X

|f_|ndµ=_kf_k∞αn=⇒

αn+1

25. Suponga queµes una medida positiva enXy quef :X _→(0,_∞) satisface R

X

f dµ= 1. Demuestre que, para todoE _⊂X con 0< µ(E)<_∞,

Z

E

(logf)dµ6µ(E) log 1

µ(E)

y que si 0< p <1,

Z

E

fp_dµ6µ(E)1−p_.

Soluci´on. Por la desigualdad de Jensen

exp   

1

µ(E) Z E f dµ    6 1

µ(E) Z

E

efdµ , _∀E _⊂X ,

ya que exp es una funci´on convexa. Esto aplicado a g = logf se obtiene

exp   

1

µ(E) Z

E

logf dmu

  

6 1

µ(E) Z

E

f dµ .

Entonces,

1

µ(E) Z

E

logf dµ 6 log  

1

µ(E) Z E f dµ   ≤ log   1

µ(E) Z

X f dµ

 = log

1

µ(E)

lo que implica que Z

E

logf dµ6µ(E) log 1

µ(E) .

Por otro lado, como 0< p <1 la funci´on ϕ(x) =x1/p _{es convexa y por la}

desigualdad de Jensen

 

1

µ(E) Z E f dµ   1/p 6 1

µ(E) Z

E

f1/pdµ .

Esto aplicado a la funci´onfp _{nos da}

 

1

µ(E) Z

E fpdµ

 

1/p

6 1

µ(E) Z

Entonces,

1

µ(E) Z

E

fpdµ 6

 

1

µ(E) Z

E f dµ

 

p

6

 

1

µ(E) Z

X f dµ

 

p

= 1

µ(E)p .

Por lo tanto, Z

E

fpdµ6µ(E)1−p.

4.

Ter´ıa Elemental de los Espacios de Hilbert

7. Sea _{an_} una sucesi´on de n´umeros positivos tales que P

anbn<_∞ siem-pre que bn >0 yPb2n<∞. Demuestre que

P

a2

n <∞.

Soluci´on. Sea TN :l2_{(N)→R dado por}

TN(_{bn_}) =

N

X

n=1

anbn

entoncesTN es un funcional lineal para cada n ∈N. Adem´as,

|TN(_{bN_})_|6

N

X

n=1

an_|bn_|6

∞

X

n=1

an_|bn_|<_∞.

Por lo tanto, TN es acotado. Por el Teorema de Banach-Steinhaus, T :

l2_{(N)→Rdado por T(b) =}P∞

n=1anbn es lineal continuo. Por el Teorema

de Riesz, existe c_∈l2_{(N) tal que}

T(b) =_hb, c_i,

se sigue que cn=an para todo n∈N

kc_k2 =kank2 =kTk<∞=⇒an ∈l2.

16. Six0 ∈H yM es un subespacio vectorial cerrado de H, demu´estrese que

Soluci´on. Como x0 ∈H tiene una ´unica descomposici´on

x0 =P x0+Qx0

con P x0 ∈M y Qx0 ∈M⊥. Adem´as, se sabe

kP x0−x0k= m´ın{kx−x0k : x∈M}.

Observe que _kP x0−x0k=kQx0k. Afirmamos que

kQx0k= m´ax{|hxo, yi : y∈M⊥,kyk= 1}.

En efecto, tenemos que

|hx0, yi|=|hP x0+Qx0, yi|=|hQx0, yi|6kQx0k.

Sea y=Qx0/kQx0k, entonces

|hx0, yi|=|hx0, Qx0i| ·

1

kQx0k

=_|hQx0, Qx0i| ·

1

kQx0k

=_kQx0k.

5.

Ejemplos de T´

ecnicas de Espacios de

Ba-nach

6. Seaf un funcional lineal acotado definido en un subespacioM de un espa-cio de HilbertH. Demuestre quef tiene una ´unica extensi´on, conservando la norma, a un funcional lineal acotado sobre H y que esta extensi´on se anula sobre M⊥_.

Soluci´on. Observe que M es un espacio de Hilbert, pues es cerrado en

H. Por el Teorema de Hahn-Banach existe una extensi´on f a X con

kf_k = _kf_k. Por el Teorema de representaci´on de Riesz existe un ´unico

x0 ∈M tal que

f(x) =_hx, x0i, ∀x∈M .

M´as a´un,_kf_k=_kx0k. Basta definir,L:H →F porL(h) =hh, x0i. Luego,

L es un funcional lineal acotado que conserva la norma y si y _∈ M⊥ _se

tiene que

L(y) = _hy, x0i= 0 pues x0 ∈M .

10. SiP

αiξi converge para cada sucesi´on _{ξi_}tal queξi _→0 cuandoi_{→ ∞}, demuestre que P

|αi_|<_∞.

Soluci´on. Para cada n_∈N, Tn :c0∩l1 →F definida por

Tn(ξ) =

n

X

i=1

αiξi.

Como para cadaξ_∈c0∩l1 el l´ım

n→∞Tn(ξ) existe, por el Teorema de

Banach-Steinhaus

sup

n k

Tn_k<_∞.

Luego,T(ξ) = l´ım

n→∞Tn(ξ) es un funcional lineal en c0∩l

1_{, por el Teorema}

de Representaci´on de Riesz, existe γ _∈c0∩l1 tal que

T(ξ) = _hξ, γ_i.

M´as ´aun, _kT_k = _kγ_k. Como T(ξ) = P∞

i=1αiξi se tiene que γ = {αi},

entonces

kγ_k=X

i

|αi_|=_kT_k<_∞=_{⇒ {}αi_{} ∈}l1 .

11. Para 0 < α 6 1, denotemos por Lipα al espacio de todas las funciones complejasf definidas en [a, b] para las que

Mf = sup

s6=t

|f(s)₋f(t)_|

|s₋t_|α <∞.

Demuestre que Lipα es un espacio de Banach si _kf_k = _|f(a)_|+Mf; y tambi´en si

kf_k=Mf + sup

x | f(x)_|.

Soluci´on. Sea _{fn_}∞

n=1 ⊆Lipα una sucesi´on de Cauchy luego dadoε >0

existe n0 ∈Ntal que kfn−fmk< ε, para todo n, m>n0, es decir,

|fn(a)−fm(a)|+Mfn−fm < ε , ∀m, n>n0.

En particular, _|fn(a)₋f ₋m(a)_|< ε y

|(fn(s)−fm(s))−(fn(t)−fm(t))| < ε|s−t|α

para todo s, t _∈ [a, b] con s ₆= t y para todo n, m > n0. Entonces, para

n, m>n0 se tiene

|fn(s)₋fm(s)_| 6 _|(fn(s)₋fm(s))₋(fn(a)₋fm(a))_|+_|fn(a)₋fm(a)_|

Se sigue que _{fn(s)_}∞

n=1 ⊆ C es una sucesi´on de Cauchy y como C es un

espacio de Banach existe y(s) tal que fn(s) _→ y(s) cuando n _{→ ∞} para todo s_∈ [a, b]. Luego, _kfn₋y_k 6 ε para todo n > n0. Basta probar que

y_∈Lipα.

My =My−fn₀+fn₀ 6My−fn0 +Mfn₀ <∞

17. Si µ es una medida positiva, cada f _∈ L∞_{(µ) define un operador}

mul-tiplicaci´on Mf de L2_{(µ) en L}2_{(µ) tal que Mf(g) = f g. Demu´estrese que}

kMfk 6 kfk∞. ¿Para qu´e medidas µ se verifica que kMfk =kfk∞ para

todof _∈L∞_{(µ)? ¿Para qu´e f ∈L}∞_{(µ)Mf aplica L}2_{(µ) sobre L}2_(µ)?

Soluci´on. Notemos que_|f(x)_|6_kf_k∞c.t.p, entonces sig ∈L2(µ)

obten-emos _Z

X

|f g_|2dµ6_kf_k2_∞

Z

X

|g_|2dµ=_{⇒ k}Mf_k6_kf_k∞.

Ahora bien, la igualdad _kMf_k = _kf_k∞ se verifica para medidas µ que

seanσ-finitas. En efecto, dadoε >0 por la σ-finitud deµexiste Ω tal que 0< µ(Ω)<_∞tal que

kf_k∞ 6|f(x)|+ε, ∀x∈Ω.

Sig =µ(Ω)−1/2_χ

Ω entonces

Z

X

|f g_|2dµ>(_kf_k∞−ε)2=⇒ kMfk>kfk∞−ε .

Haciendoε _→0 obtenemos lo afirmado.

6.

Integraci´

on en Espacios Producto

12. Utilicese el teorema de Fubini y la relaci´on

1

x =

Z ∞

0

e−xtdt (x >0)

para demostrar que

l´ım

A→∞

Z A

0

senx

x dx=

π

Soluci´on. Observe que la funci´on e−tx_{sinx es integrable en R}+_×R+ _y

por el Teorema de Fubini las integrales iteradas son iguales, entonces

Z ∞

0

senx

x dx =

Z ∞

0

Z ∞

0

e−xtsenx dt

dx= Z ∞

0

Z ∞

0

e−xtsenx dx

dt

= Z ∞

0

l´ım

A→∞

e−at_{(−tsena−cosa)}

1 +t2 +

1 1 +t2

dt

= Z ∞

0

dt

1 +t2 =

π

2 .

9.

Transformada de Fourier

1. Sea f _∈L1_{, f >0. Demuestre que |f}ˆ_(y)|<fˆ_{(0) para todo y6= 0.}

Soluci´on. Notemos que

|fˆ(y)_| =

Z ∞

−∞

f(x)e−ixy_dm(x)

6

Z ∞

−∞|

f(x)_{| · |}e−ixy_|dm(x)

= Z ∞

−∞

f(x)dm(x) = ˆf(0).

3. H´allese el

l´ım

A→∞

Z A

−A

senλt

t e

itx_{dt (}

−∞< x <_∞)

dondeλ es una constante positiva.

Soluci´on. Considere la funci´on

f(x) =       

√

2π

2 si −λ 6x6λ

0 en otro caso

entonces

ˆ

f(t) = 1 2

Z λ

−λ

e−ixtdx= e

−ixt

2it

λ

−λ

= e

−iλt_−eiλt

2it =

Observe que f,fˆ_∈L1 _{entonces por el Teorema de inversi´on}

l´ım

A→∞

Z A

−A

senλt

t e

itx_{dt =}

Z ∞

−∞

ˆ

f(t)eitxdt

= f(x) =       

√

2π

2 si −λ6x6λ

0 en otro caso

6. Se supone f _∈ L1_{, diferenciable c.t.p. y f}′ _{∈ L}1_{. ¿Se puede concluir que}

la transformada de Fourier de f′ _{es tif}ˆ_(t)?

Soluci´on. Integrando por partes se tiene

ˆ

f′_{(t) =}

Z ∞

−∞

f′(x)e−ixtdm(x)

= f(x)e−ixt

∞ −∞+it

Z ∞

−∞

f(x)e−ixtdm(x)

= itfˆ(t)

siempre que l´ım

x→±∞f(x) = 0.

8. Sipyq son exponentes conjugados,f _∈Lp_{,g ∈L}q_{y h=f∗g, demuestre}

quehes uniformemente continua. Si adem´as 1< p <_∞, entonces h_∈C0;

pruebese que esto falla para alguna f _∈L1_{, g ∈L}∞_.

Soluci´on. En virtud del Teorema 9.5., si 1 6 p < ∞ y f ∈ Lp, la

apli-caci´ony _→fy confy(x) =f(x₋y) es uniformemente continua. Entonces, dado ε > 0 existe δ >0 tal que si _|s₋t_| < δ implica que _kfs₋ft_kp < ε.

Luego,

|h(s)₋h(t)_| =

Z ∞

−∞

f(s₋x)g(x)dm(x)₋ Z ∞

−∞

f(t₋x)g(x)dm(x)

6

Z ∞

−∞|

f(s₋x)₋f(t₋x)_||g(x)_|dm(x)

6 _kfs₋ft_kp· kgkq < εkgkq.

ε >0 existe n0 ∈ N y K compacto tal que |h(x)−hn(x)| < ε₂ para todo

n>n0 y |hn0(x)|<

ε

2 para todox∈K

C_{. Entonces,}

|h(x)_|6 _|h(x)₋hn(x)_|+_|hn0(x)|< ε ,

lo que implica que h_∈C0.

Por otro lado, sean g _≡1, f : [0,_∞)_→ R dada por f(x) = 1 si n 6 x6

n+ 1

n2 y f(x) = 0 en otro caso. Entonces, g ∈L∞ y

Z ∞

−∞|

f(x)_|dx=

∞

X

n=1

1

n2 <∞=⇒f ∈L 1_.

Luego,

(g_∗f)(t) = Z ∞

−∞

g(t₋x)f(x)dm(x) =√2π

∞

X

n=1

1

n2 = constante.

y g_∗f /_∈C0. Observe que el gr´afico de f es:

10.

Propiedades Elementales de Funciones

Holo-morfas

3. Suponga que f y g son funciones enteras, y _|f(z)_| 6 |g(z)| para todo z.

¿Qu´e conclusi´on se puede dar?

Soluci´on. Afirmamos que existe un c_∈Ctal que f(z) =cg(z),_∀z _∈C.

En efecto, sea Ω = _{z _∈ C : g(z) ₆= 0_} y definimos ϕ : Ω _→ C por

ϕ(z) =f(z)/g(z). Note que si g tiene un cero z0 entonces 0 ≤ |f(z0)| ≤

|g(z0)| = 0 ⇒ f(z0) = 0, es decir, si g(z0) = 0 implica que f(z0) = 0.

Por lo que ϕ tiene singularidades removible en C₋Ω y podemos definir

ϕ:C_→C. Entonces, ϕ es entera y como

|ϕ(z)_|=

f(z)

g(z)

≤1, ∀z ∈ C.

por lo que ϕ es acotada. Por el Teorema de Liouville ϕ es contante, dig-amos ac_∈C, lo que implica que f(z) =cg(z) para todo z _∈C.

4. Suponga quef es una funci´on entera, y

para todoz, donde A, B, y k son n´umeros positivos. Pruebe que f tiene que ser un polinomio.

Soluci´on. Tenemos que f(z) =

∞

X

n=0

anzn donde an = 1 2πi

Z

|z|=R f(z)

zn+1 dz.

Entonces,

|an|6

1 2π

Z

|z|=R

|f(z)_|

|z_|n+1 dz 6

1 2π

A+B_|R_|k Rn+1

(2πR) = A

Rn + B Rn−k

R→∞

−→ 0

siempre quen > k. Por lo quean = 0 para todon > k y se sigue quef(z) es un polinomio de gradok.

13. Calcule _{Z ∞}

0

dx

1 +xn (n = 2,3,4, . . .).

Soluci´on. Seaf(z) = 1

1 +zn, entoncesf tiene un polo simple enz =e iπ_n.

Sea C = [0, R]_∪CR∪B tal como lo muestra la figura

R

CR={Re it

: 0_≤t_≤ 2π n }

2π n

eiπ n

B

Note que eiπ

n es el ´unico polo def que est´a dentro del contorno. Luego,

Z

C

f(z)dz = 2πiRes(f, eiπ_n).

Usando la regla de L’Hopital se obtiene que

Res(f, eiπn) = l´ım z→ei πn

z₋eiπ_n

1 +zn = l´ım z→ei πn

1

nzn−1 =−

eiπ_n n .

Luego,

Z

C

f(z)dz = Z

C dz

1 +zn = 2πi

−e

iπ_n

n

=₋2π

n ie iπ

Por otro lado, Z

C

f(z)dz = Z R

0

f(x)dx+ Z

CR

f(z)dz+ Z

B

f(z)dz y se tiene

que

Z

B

f(z)dz = Z 0

R

ei2π n

1 + (yei2π n)n

dy =₋ei2nπ

Z R

0

dy

1 +yn ,

Z CR

f(z)dz

≤ Z CR

|f(z)_||dz_{| ≤}

Z

CR

1

Rn₋₁|dz|= πR Rn₋₁

R→∞

−→ 0.

Se sigue que Z

C

f(z)dz = (1₋ei2nπ)

Z ∞

0

dx

1 +xn =−

2π n ie

iπ_{n, por lo tanto,}

Z ∞

0

dx

1 +xn =−

2π n i

eiπ n

1₋ei2π n

= π

n

2ieiπ n

ei2π n −1

= π

n

2i eiπ

n −e−i π n =

π nsen π_n .

11.

Funciones Arm´

onicas

6. Supongamos que f _∈ H(U) donde U es el disco unidad abierto, y que f

es inyectiva en U, Ω =f(U) y f(z) =P

cnzn_{. Demuestre que el ´area de}

Ω es

π

∞

X

n=1

n_|cn|2.

Soluci´on. En efecto, tenemos que

A =

Z Z

U

|f′(z)_|2dxdy= Z 1

0

Z 2π

0

(f′(reiθ))(f′_(reiθ_))dθrdr

= Z 1

0

Z 2π

0

∞

X

n=1

ncnrn−1ei(n−1)θ

! _∞ X

n=1

ncnrn−1e−i(n−1)θ

!

dθrdr

= Z 1

0

Z 2π

0

∞

X

n=1

n2_|cn_|2r2n−2dθrdr

= 2π

Z 1

0

∞

X

n=1

n2_|c

n|2r2n−1dr=π

∞

X

n=1

n_|cn|2,

en donde hemos usado el hecho que Z 2π

0

einθdθ = 0 para todo n _∈ Z