Enunciado: Explique por qué las medidas de Lebesgue-Stieltjes son medidas de Borel.

Una medida de Lebesgue-Stieltjes se define a partir de una función creciente y continua por la derecha F, asignando a cada intervalo (a,b] el valor F(b)-F(a). Esta premedida sobre el álgebra de uniones finitas de intervalos es σ-aditiva, y al aplicar el teorema de extensión de Carathéodory se obtiene una medida completa en la σ-álgebra de los conjuntos medibles. Como todo conjunto de Borel es medible para la medida exterior asociada (por la regularidad y la σ-aditividad en la semianillo de intervalos), se concluye que todos los borelianos son medibles, luego la medida extendida es una medida de Borel.

Enunciado: Demuestre que si µ es la medida obtenida por Carathéodory a partir de ro((a,b])=(b-a)^2, entonces µ=0.
Solución: La medida exterior mu* asociada a ro es el ínfimo de sumas de (b_i-a_i)^2 sobre cubrimientos numerables por intervalos. Dado cualquier conjunto A y cualquier épsilon>0, se puede cubrir A con intervalos muy pequeños de longitud total L, de modo que la suma de los cuadrados de las longitudes sea menor que L por el máximo de las longitudes, que tiende a 0. Por tanto mu*(A)=0 para todo A, y la medida de Carathéodory es nula en todos los conjuntos medibles.

Enunciado: Si f,g son medibles, demuestre que {x: f(x)<g(x)} pertenece a M.
Solución: Escribimos {f<g} = uníón sobre q en Q de ( {f<q} intersección {q<g} ). Cada uno de esos conjuntos es medible porque f y g son medibles, y la uníón numerable sobre los racionales es medible.

-Enunciado: Calcule el límite de la integral de [n sen(x/n)]/[x(1+x^2)] desde 0 hasta infinito.
Solución: El integrando converge puntualmente a 1/(1+x^2), ya que n sen(x/n) tiende a x. Usamos la cota |sen(t)| <= |t|, luego el integrando en valor absoluto es menor o igual que 1/(1+x^2), que es integrable. Por convergencia dominada, el límite es la integral de 1/(1+x^2) desde 0 hasta infinito, que vale pi/2.

Enunciado: Si {f_n} en L+ decrece puntualmente a f y la integral de f_1 es finita, entonces la integral de f es el límite de las integrales de f_n.
Solución: Como f_1 – f_n es no negativa y crece puntualmente a f_1 – f, por convergencia monótona se tiene que la integral de (f_1 – f) es el límite de las integrales de (f_1 – f_n). Como la integral de f_1 es finita, restando obtenemos que la integral de f es el límite de las integrales de f_n. También se puede aplicar convergencia dominada con f_1 como función dominante.

Si  m(E)>0, demuestre que para todo alfa<1 existe un intervalo abierto I con m(E intersección I) > alfa m(I).
Solución: Si para todo intervalo I se tuviera m(E intersección I) <= alfa m(I), entonces por el teorema de densidad de Lebesgue, la densidad de E en casi todo punto de E sería menor o igual que alfa < 1, lo que contradice que la densidad es 1 en casi todo punto de E. Por tanto debe existir un intervalo donde la densidad supere a alfa.

Demuestre que mu(liminf E_j) <= liminf mu(E_j), y que mu(limsup E_j) >= limsup mu(E_j) si la medida de la uníón de todos los E_j es finita.
Solución: Para liminf, como la intersección desde k hasta infinito está contenida en E_n, su medida es menor o igual que mu(E_n), y tomando inf y luego límite se obtiene la desigualdad. Para limsup, definimos F_n = uníón desde k=n hasta infinito de E_k, que decrece a limsup E_j. Por continuidad por arriba (ya que la medida de F_1 es finita), mu(limsup) = límite de mu(F_n) >= limsup mu(E_n), porque F_n contiene a E_n.

Enunciado: Demuestre que una medida finitamente aditiva es una medida si y solo si es continua por abajo si y solo si es continua por arriba.
Solución: Si es sigma-aditiva, la continuidad por abajo (para uniones crecientes) y la continuidad por arriba (para intersecciones decrecientes con medida finita) son propiedades directas. Recíprocamente, si es continua por abajo, para una uníón disjunta numerable E_n, las sumas parciales crecen a la uníón, luego la medida de la uníón es el límite de las sumas parciales, que es la serie de las medidas. La continuidad por arriba también implica sigma-aditividad tomando complementos y reduciendo al caso de medida finita.

Para g(x)=f(x)+x, demuestre (a) que es biyección, (b) que m(g(C))=1, (c) que B=g^{-1}(A) es medible pero no boreliano.
Solución: (a) g es estrictamente creciente y continua, con g(0)=0 y g(1)=2, luego es biyección y su inversa h es continua. (b) Fuera del conjunto de Cantor C, g tiene derivada 1 en casi todo punto, luego m(g([0,1]\C)) = m([0,1]\C) = 1, y como g([0,1]) = [0,2], se tiene m(g(C)) = 2 – 1 = 1. (c) Como g(C) tiene medida positiva, contiene un subconjunto no medible A. Entonces B = h(A) es medible (por ser subconjunto de C, que tiene medida cero), pero no es boreliano porque si lo fuera, A = g(B) sería boreliano, contradicción.. Enunciado: En (N, partes de N, conteo), encuentre una sucesión decreciente A_k tal que mu(intersección) sea distinto del límite de mu(A_k).
Solución: Tome A_k = {k, k+1, k+2, …}, su intersección es el vacío (medida 0), pero mu(A_k)=infinito para todo k, luego el límite es infinito, que es distinto de 0. Esto muestra que la hipótesis de

Enunciado: (a) Si E está contenido en N (no medible), demuestre que m(E)=0. (b) Si m(E)>0, demuestre que E contiene un subconjunto no medible.
Solución: (a) Cualquier subconjunto medible de un conjunto no medible de medida exterior positiva debe tener medida exterior 0, porque si tuviera medida positiva, el conjunto no medible sería medible por regularidad. (b) Se toma la partición de R en clases de equivalencia módulo Q y se elige un representante en cada clase; la intersección de E con el conjunto de Vitali así construido da un subconjunto no medible si m(E)>0, por el argumento estándar de invarianza por traslaciones y la no medibilidad del conjunto de Vitali.

Enunciado: En (N, conteo), demuestre que f_n converge en medida a f si y solo si converge uniformemente.
Solución: En medida de conteo, convergencia en medida significa que para todo épsilon>0, el conjunto donde |f_n-f|>=épsilon es finito para n suficientemente grande (pues su medida es su cardinal). Esto implica que el supremo de |f_n-f| fuera de ese conjunto finito es < épsilon, y como el conjunto finito se puede descartar (o añadir a un conjunto de medida cero), la convergencia es uniforme en todo N. Recíprocamente, convergencia uniforme implica claramente convergencia en medida.

Enunciado: Si f,g son medibles, demuestre que {x: f(x)=g(x)} pertenece a M.
Solución: Se tiene {f=g} = {f<=g} intersección {g<=f}. Pero {f<=g} = {f-g<=0} = intersección sobre n de {f < g+1/n}, que es medible porque f-g es medible. También se puede ver como la preimagen de {0} bajo la función medible f-g, que es medible.

Enunciado: Un álgebra A es sigma-álgebra si y solo si es cerrada bajo uniones numerables crecientes.
Solución: Si A es sigma-álgebra, la condición es inmediata. Recíprocamente, si es cerrada bajo uniones numerables crecientes, dada una uníón numerable arbitraria de conjuntos B_n, definimos A_n = uníón de B_1 hasta B_n, que es creciente y pertenece a A (por ser álgebra). Por la propiedad, la uníón de todos los A_n (que es la uníón de todos los B_n) pertenece a A. Luego A es cerrada bajo uniones numerables cualesquiera.

Enunciado: Para A=Q intersección [0,1], y A_r=a+r, calcule la medida de la uníón para r en [3/2,2].
Solución: La uníón es Q intersección [0,1] + [3/2,2], que es igual a [3/2,3] porque la suma de un conjunto denso (los racionales en [0,1]) con un intervalo da todo el intervalo [3/2,3]. Por tanto es medible (es un intervalo) y su medida de Lebesgue es 3/2.

Enunciado: Demuestre que A+r es medible y que m(A+r)=m(A).
Solución: La traslación T_r(x)=x+r es un homeomorfismo que preserva la medida exterior de Lebesgue. Si A es medible, entonces T_r(A) también es medible porque la medibilidad se preserva bajo homeomorfismos que conservan la medida exterior. Además, m(T_r(A))=m(A) por la invariancia de la medida exterior.

Enunciado: Si f_n converge casi uniformemente a f, demuestre que también converge casi seguro y en medida.
Solución: Casi uniforme significa que para todo épsilon>0 existe E con mu(E)<épsilon tal que f_n converge uniformemente a f en el complemento de E. Tomando épsilon=1/k, la uníón de esos E_k tiene medida cero y fuera de ella hay convergencia uniforme, luego puntual c.T.P. Para convergencia en medida, dado delta>0, fuera de E (con mu(E)<épsilon) la convergencia uniforme implica que para n grande el conjunto donde |f_n-f|>=delta está contenido en E, luego su medida es menor que épsilon.

Enunciado: (a) Si mu(X)<infinito y f_n converge uniformemente a f, demuestre que f está en L1 y que las integrales convergen. (b) Contraejemplo si mu(X)=infinito.
Solución: (a) Para n grande, |f-f_n|<=1, luego |f|<=|f_n|+1 que es integrable porque mu(X) es finita. Además, la integral de |f-f_n| es menor o igual que mu(X) por el supremo de |f-f_n|, que tiende a 0. (b) En R con Lebesgue, tome f_n = (1/n) por la indicatriz de [0,n]. Converge uniformemente a 0, pero la integral de f_n es 1 para todo n, que no tiende a 0.

Enunciado: Dado |g(x)| <= sqrt(x)/(1+x), demuestre que la integral de |G| sobre [0,infinito)^2 es menor o igual que 4.
Solución: Usando Fubini-Tonelli (todo es no negativo), la integral de |G| es la integral de |g(x)| por la integral de e^{-xy} en y, que es 1/x. Esto da la integral de |g(x)|/x, que es menor o igual que la integral de 1/(sqrt(x)(1+x)). Haciendo el cambio t=sqrt(x), esta integral vale 2 * integral de 1/(1+t^2) desde 0 hasta infinito, que es pi, que es menor que 4.

Enunciado: Para h(x,y)=f(x)g(y), demuestre medibilidad e integrabilidad.
Solución: (a) h es el producto de f compuesta con la proyección en X y g compuesta con la proyección en Y, que son medibles; el producto de funciones medibles es medible en la sigma-álgebra producto. (b) Por Tonelli, la integral de |h| es el producto de las integrales de |f| y |g|, que es finita, luego h está en L1. Por Fubini, la integral de h factoriza en el producto de las integrales de f y g.

Enunciado: Para f(m,n)=1 si m=n, -1 si m=n+1, y 0 en otro caso, demuestre que la integral de |f| es infinita y que las iteradas difieren.
Solución: La integral de |f| respecto al producto de conteo es la suma de |f(m,n)| sobre todos los pares, que es infinita porque cada fila tiene un 1 y un -1 (salvo la primera). La iterada que integra primero en m y luego en n da 0 porque para cada n fijo la suma en m se cancela. La otra iterada da 1 porque para m=0 da 1 y para m>=1 da 1-1=0. Son distintas porque f no es absolutamente sumable

Enunciado: Demuestre que {(x,x): x en [0,1]} es boreliano en R^2.
Solución: La función phi(x)=(x,x) es continua de [0,1] en R^2, luego la imagen de un compacto (y boreliano) por una función continua es compacta, por tanto cerrada y en particular boreliana. También se puede expresar como intersección de los abiertos { |x-y| < 1/n } intersecado con el cuadrado [0,1]x[0,1].

Enunciado: Demuestre que mu(liminf E_j) <= liminf mu(E_j), y que mu(limsup E_j) >= limsup mu(E_j) si la medida de la uníón de todos los E_j es finita.
Solución: Para liminf, como la intersección desde k hasta infinito está contenida en E_n, su medida es menor o igual que mu(E_n), y tomando inf y luego límite se obtiene la desigualdad. Para limsup, definimos F_n = uníón desde k=n hasta infinito de E_k, que decrece a limsup E_j. Por continuidad por arriba (ya que la medida de F_1 es finita), mu(limsup) = límite de mu(F_n) >= limsup mu(E_n), porque F_n contiene a E_n.

Enunciado: Demuestre que E-E contiene un intervalo centrado en 0.
Solución: Usando el ejercicio 8 con alfa=3/4, existe un intervalo I tal que m(E intersección I) > 3/4 m(I). Entonces para todo t con |t| suficientemente pequeño, los conjuntos (E intersección I) y (E intersección I)+t tienen intersección no vacía, porque sus medidas suman más que m(I). Luego existen x,y en E con x-y=t, de modo que un intervalo alrededor de 0 está contenido en E-E.

Enunciado: Si m(E)>0, demuestre que para todo alfa<1 existe un intervalo abierto I con m(E intersección I) > alfa m(I).
Solución: Si para todo intervalo I se tuviera m(E intersección I) <= alfa m(I), entonces por el teorema de densidad de Lebesgue, la densidad de E en casi todo punto de E sería menor o igual que alfa < 1, lo que contradice que la densidad es 1 en casi todo punto de E. Por tanto debe existir un intervalo donde la densidad supere a alfa.

Si {f_n} en L+ decrece puntualmente a f y la integral de f_1 es finita, entonces la integral de f es el límite de las integrales de f_n.
Solución: Como f_1 – f_n es no negativa y crece puntualmente a f_1 – f, por convergencia monótona se tiene que la integral de (f_1 – f) es el límite de las integrales de (f_1 – f_n). Como la integral de f_1 es finita, restando obtenemos que la integral de f es el límite de las integrales de f_n. También se puede aplicar convergencia dominada con f_1 como función dominante.

Enunciado: Calcule el límite de la integral de [n sen(x/n)]/[x(1+x^2)] desde 0 hasta infinito.
Solución: El integrando converge puntualmente a 1/(1+x^2), ya que n sen(x/n) tiende a x. Usamos la cota |sen(t)| <= |t|, luego el integrando en valor absoluto es menor o igual que 1/(1+x^2), que es integrable. Por convergencia dominada, el límite es la integral de 1/(1+x^2) desde 0 hasta infinito, que vale pi/2.

Enunciado: Para f definida a trozos en R^2, demuestre que las iteradas difieren y explique por qué no contradice a Fubini.
Solución: Para cada x>=0 fijo, la integral en y vale 1 + (-1) = 0, luego la primera iterada da 0. Para cada y>=0 fijo, la integral en x da 1 para 0<=y<1 y 0 para y>=1, luego la segunda iterada da 1. No contradice a Fubini porque la integral del valor absoluto de f es infinita, es decir, f no es integrable en el producto.

Enunciado: Para X=Y=[0,1], µ=Lebesgue, nu=conteo, D={(x,x)}, calcule las tres integrales y explique las diferencias.
Solución: La primera integral iterada da 1, porque para cada x fijo la fibra tiene un punto y la medida de conteo de ese punto es 1. La segunda da 0, porque para cada y fijo la fibra es un punto de medida de Lebesgue cero. La integral respecto al producto nu x mu no está definida porque D no es medible en la sigma-álgebra producto (la medida de conteo no es sigma-finita). La diferencia se debe a que no se cumplen las hipótesis de Fubini (falta sigma-finitud de nu).

Enunciado: Para f definida a trozos en R^2, demuestre que las iteradas difieren y explique por qué no contradice a Fubini.
Solución: Para cada x>=0 fijo, la integral en y vale 1 + (-1) = 0, luego la primera iterada da 0. Para cada y>=0 fijo, la integral en x da 1 para 0<=y<1 y 0 para y>=1, luego la segunda iterada da 1. No contradice a Fubini porque la integral del valor absoluto de f es infinita, es decir, f no es integrable en el producto