Apuntes teoria-medida

Apuntes de Teoría de la Medida
por
José Antonio Belinchón
Última actualización Agosto 2008

Índice general
Prólogo. III
1. Integral de Lebesgue 1
1.1. Espacio de Medida. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Integración de funciones medibles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Integración para una función medible arbitraria. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4. Sobre las funciones simples y su integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5.1. Sobre σ−álgebras. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5.2. Sobre medidas y cojuntos medibles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5.3. Sobre funciones medibles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5.4. Sobre integración y teoremas de convergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2. Espacios de Medida 35
2.1. Espacios de medida. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2. Ejemplos de medida de Lebesgue-Stieljes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3. Medidas de Borel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.4. Medidas regulares en R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.5. Dos resulatados sobre la medida e integral de Lebesgue. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.6. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.6.1. Medidas exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.6.2. Medidas de Lebesgue-Stieltjes (L-S) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3. Los teoremas del cambio de variable y de Fubini. 55
I

II ÍNDICE GENERAL
3.1. Propiedades de la σ-álgebra y de la medida de Lebesgue en Rn. . . . . . . . . . . . . . . 55
3.2. Medidas inducidas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.3. Medidas producto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.4. Teorema de Fubini. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.4.1. Aplicaciones del teorema de Fubini. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.5. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4. Medidas y derivadas. 73
4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.2. Diferenciación de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
4.3. Teorema de Radon-Nikodym-Lebesgue. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Prólogo
La idea fundamental de esta notas confecionadas a modo de resumen (personal) es la de tener a
mano un recordatorio de por donde iban los tiros. Sólo se demuestran los teoremas fundamentales y
se acompoña el texto con una serie de ejercios más o menos trabajados. En modo alguno pretenden
sustituir (porque es implosible) los manuales clásicos o las notas de clase de un profesor. Es decir, estas
notas estan confeccionadas a modo de refrito entre las notas de clase (ver el libro de G. B. Folland) y
de distintos libros clásicos como los siguientes:
1. G. B. Folland: Real Analysis. Modern Techniques and Their Applications. Jonh Wiley & Sons.
1999
2. M. Capinski and E. Kopp. Mesure, Integral and Probability. SUMS. Springer. 2005.
3. E.M. Stein and R. Shakarchi. Real Analisys. Mesure Theory, Integration and Hilbert Spaces.
Princeton. 2005
4. C.D. Aliprantis and O. Burkinshaw. Principles of Real Analysis. Edward Arnold. 1981.
5. C.D. Aliprantis and O. Burkinshaw. Problems in Real Analysis. Academic Press 1990.
6. A. N. Kolgomorov, S.V. Fomin. Elementos de la Teoría de las Funciones y del Análisis Funcional.
MIR 1978.
todo ello aderezado (como he indicado antes) con una serie de ejemplos (ejercicios donde se aplica de
forma inmediata los conceptos teóricos expuestos) desarrollados (eso espero) al ﬁnal de cada capitulillo
(todos ellos muy sencillos).
ADVERTENCIA: No están concluidas y es muy posible que hayan sobrevivido numerosas erratas.
Toda observación en este sentido es bien recibida.
III

Capítulo 1
Integral de Lebesgue
1.1. Espacio de Medida.
Definición 1.1.1 Sea X un conjunto, se dice que A ⊂ P(X) es σ−álgebra si verifica:
1. X ∈ A,
2. A es cerrada por complementación i.e. A ∈ A =⇒ Ac ∈ A,
3. A es cerrada por uniones numerables, finitas o no, i.e.
An ∈ A =⇒
n≥1
An ∈ A.
Observación 1.1.1 A = P(X), es siempre σ−álgebra.
Lema 1.1.1 Si {Aα}α∈D es una colección arbitraria de σ−álgebras, entonces
α∈D
Aα es σ−álgebra.
Definición 1.1.2 σ−álgebra de Borel. En R se define la σ−álgebra de Borel, BR como aquella generada por
los intervalos abiertos
BR = {(a, b) : a, b ∈ R, a < b} .
La definición de BR también funciona con intervalos cerrados, semi abiertos o incluso infinitos como
[a, ∞) .
Definición 1.1.3 Función medible. Diremos que f : X → R, es A−medible si ∀a ∈ R se tiene
f −1
((a, ∞)) = {x ∈ X : f (x) > a} ∈ A.
Ejemplo 1.1.1 Veamos unos cuantos ejemplos.
1

2 CAPÍTULO 1. INTEGRAL DE LEBESGUE
1. f (x) = const. = c.
f −1
((a, ∞)) =
R si a < c
∅ resto
.
2. Las funciones continuas son medibles. Observar que (a, ∞) ⊂ R es un intervalo abierto y por lo tanto
f −1
((a, ∞)) es otro abierto al ser f cont. y como sabemos tales conjuntos son medibles.
3. La función indicatriz
χA (x) =
1, x ∈ A,
0, x /∈ A,
viéndose que, A ∈ A ⇐⇒ χA (x) es medible,
χ−1
A ((a, ∞)) =



R si a < 0
A a ∈ [0, 1)
∅ a ≥ 1
.
Lema 1.1.2 Dada f : X → R, A−medible, la familia
Mf = B ⊂ R : f −1
(B) ∈ A
es una σ−álgebra en R. Por lo tanto contiene a BR ya que (a, ∞) ∈ Mf , ∀a ∈ R por definición.
Observación 1.1.2 La definición de función medible es equivalente a pedir que:
{x ∈ X : f (x) < b} ∈ A, ∀b,
{x ∈ X : f (x) ≥ a} ∈ A, ∀a,
{x ∈ X : f (x) ≤ b} ∈ A, ∀b,
{x ∈ X : a < f (x) < b} ∈ A, ∀a, b.
Observación 1.1.3 El conjunto de funciones medibles tiene estructura de espacio vectorial. Si dos funciones, f
y g son medibles entonces su suma también lo es i.e. f + g también es medible y lo mismo ocurre con el producto,
i.e. f · g es medible.
Si f : X −→ R, es medible, entonces se puede escribir
f = f +
− f −
,
con f +, f − funciones medibles positivas definidas por
f +
=
f (x) si f (x) ≥ 0
0 si f (x) < 0
, f −
=
0 si f (x) > 0
−f (x) si f (x) ≤ 0
.
Nótese que f + = máx (f, 0) y f − = − m´ın (f, 0) .
Si f : X −→ R, es medible, entonces |f | es medible, al revés no tiene porqué.
El paso al límite no perturba la propiedadde ser medible i.e. si {fn} es una sucesión de funciones medibles entonces
también lo son
máx fn, m´ın fn, sup fn, inf fn, l´ım sup fn, l´ım inf fn.

1.1. ESPACIO DE MEDIDA. 3
De igual forma se comprueba que si {fn} es una sucesión de funciones medibles entonces
{fn} −→ f
convergencia puntual o en casi todo punto, entonces f es medible.
Definición 1.1.4 Medida. Dada una σ−álgebra A en X, se dice que µ : A → [0, ∞] es una medida sobre A si
se verifican:
1. µ (∅) = 0,
2. Para toda familia numerable Aj j≥1
de A cuyos elementos son disjuntos dos a dos se tiene
µ


j≥1
Aj

 = ∑
j≥1
µ Aj .
Definición 1.1.5 Espacio de Medida. Llamaremos espacio de medida a toda terna (X, A, µ).
Diremos que la medida µ sobre A es finita si µ (X) < ∞, y σ − finita si podemos escribir
X = ∪n≥1Xn,
con Xn ∈ A y µ (Xn) < ∞.
Ejemplo 1.1.2 Veamos algunos ejemplos de medidas
1. En R, A = P(R), fijamos x0 ∈ R, definimos para A ⊂ R
δx0 (A) =
1 x0 ∈ A
0 resto
comocida como la Delta de Dirac.
2. En R, A = P(R),
µ (A) =
card(A) si card(A) < ∞
∞ en caso contrario
.
3. En Z, A = P(Z),
µ (A) = ∑
1
1 + |n|
.
Antes de terminar esta sección enunciaremos una proposición (necesaria para el teorema de conver-
gencia monótona) sobre monotonía de conjuntos.
Proposición 1.1.1 Sea µ una medida sobre la σ−álgebra A, entonces:

1. Si A, B ∈ A, tal que A ⊂ B, entonces µ (A) ≤ µ (B) . Además si µ (B) < ∞, se tiene que
µ (BA) = µ (B) − µ (A) .
2. Si A1 ⊂ A2 ⊂ .... ⊂ An ⊂ An+1 ⊂ ..., An ∈ A, ∀n, entonces
µ


∞
j=1
Aj

 = l´ım
j→∞
µ Aj .
3. Si A1 ⊃ A2 ⊃ .... ⊃ An ⊃ An+1 ⊃ ..., An ∈ A, ∀n, y µ (A1) < ∞, entonces
µ


∞
j=1
Aj

 = l´ım
j→∞
µ Aj .
1.2. Integración de funciones medibles.
Definición 1.2.1 Función indicatriz. Dado un conjunto A, se define la función indictriz de A como
χA =
1, x ∈ A,
0, x /∈ A,
.
Definición 1.2.2 Función simple. Dado un espacio de medida (X, A, µ) se dice que s : X −→ R, es una
función simple si se puede escribir como una combinación lineal finita de funciones características de conjuntos
de A, i.e.
s =
n
∑
j=1
cjχAj
,
con cj ∈ R, Aj ∈ A.
Observación 1.2.1 Podemos suponer que los Aj son disjuntos, si no fuese así es fácil reordenarlos y formar un
sistema de conjuntos disjuntos.
Definición 1.2.3 Integral.
1. Para funciones simples tenemos
X
sdµ =
n
∑
j=1
cjµ Aj ,
donde estamos suponiendo que µ Aj < ∞.
2. Para una función medible y positiva
X
f dµ = sup
X
sdµ : 0 ≤ s ≤ f
donde el supremo puede valer ∞.

1.2. INTEGRACIÓN DE FUNCIONES MEDIBLES. 5
Observación 1.2.2 Se observa trivialmente que:
1. si f, g son simples entonces
(f + g) dµ = f dµ + gdµ.
2. si f, g son medibles tales que 0 ≤ f ≤ g, entonces
f dµ ≤ gdµ.
3. f ≥ 0, entonces f = 0 ⇐⇒ f dµ = 0.
Ejemplo 1.2.1 Sea
χQ(x) =
1 si x ∈ Q
0 resto,
vemos que
R
χQ(x)dµ = 1 · µ (Q) + 0 · µ (RQ) = 0,
ya que µ (Q) = 0, al ser un conjunto numerable. Observándose que esta función no es Riemann integrable.
De igual forma se puede ver que
R
χC(x)dµ = 0,
donde χC representa la función indicatriz del conjunto de Cantor.
Teorema 1.2.1 Convergencia Monótona (TCM). Si (fi)∞
i=1 es una sucesión monótona creciente de funciones
medibles positivas tal que l´ımi→∞ fi = f, entonces
X
l´ım
i→∞
fi dµ =
X
f dµ = l´ım
i→∞ X
fidµ .
Corolario 1.2.1 Sea (gn)∞
n=1 una sucesión de funciones medibles y positivas, entonces
X
∞
∑
n=1
gn dµ =
∞
∑
n=1 X
gndµ .
Lema 1.2.1 Lema Técnico. Sea f medible y positiva. Entonces existe una sucesión monótona creciente de fun-
ciones simples si ≤ si+1 tales que
l´ım
n→∞
sn(x) = f (x), ∀x.
Como consecuencia del TCM se tiene además que
X
l´ım
n→∞
sn(x) dµ =
X
f dµ = l´ım
i→∞ X
sn(x)dµ .

Proposición 1.2.1 Si f, g ≥ 0, medibles, entonces
X
(f + g) dµ =
X
f dµ +
X
gdµ.
Lema 1.2.2 Fatou. Sea (fn)∞
n=1 una sucesión de funciones medibles y positivas, entonces
X
l´ım
i→∞
inf (fi) dµ ≤ l´ım
i→∞
inf
X
fidµ .
Ejemplo 1.2.2 Sea
fn = χ[n,n+1],
entonces
fndµ = 1, ∀n,
pero vemos que
l´ım inf fn = l´ım fn = 0,
por lo que
X
l´ım
n→∞
(fn) dµ = l´ım
n→∞ X
fndµ .
1.3. Integración para una función medible arbitraria.
Recordamos que si f : X −→ R, es medible, entonces se puede escribir f = f + − f −, con f +, f −
funciones medibles positivas. Nótese que f + = m´ax (f, 0) y f − = − m´ın (f, 0) .
Deﬁnición 1.3.1 Se dice que f es integrable si f + < ∞ y f − < ∞, y escribimos
f dµ = f +
dµ − f −
dµ.
Observación 1.3.1 Si f es medible y f = f + − f −, entonces
|f | = f +
+ f −
,
y por lo tanto
|f | dµ = f +
dµ + f −
dµ.
Así que f será integrable sii |f | dµ < ∞. Además
f dµ ≤ |f | dµ.

1.3. INTEGRACIÓN PARA UNA FUNCIÓN MEDIBLE ARBITRARIA. 7
Observación 1.3.2 Propiedades de la integral.
1. La clase de funciones integrables es un espacio vectorial.
2. La integral es una aplicación lineal sobre la clase anterior, es decir, si f y g son integrables entonces
(α f + βg) dµ = α f dµ + β gdµ, α, β ∈ R.
Observación 1.3.3 Conjuntos de medida cero.
Decimos que un conjunto, A, es nulo si existe un recubrimiento de dicho conjunto tal que
A ⊆
∞
n=1
In,
y dado un ε > 0, entonces
∞
∑
n=1
l (In) < ε.
Por ejemplo si A = {x} entonces
I1 = x −
ε
4
, x +
ε
4
por lo que
l(I1) =
ε
2
< 2.
La unión de conjuntos nulos (null sets) es nulo y el conjunto de Cantor (no numerable) es nulo.
1. En el espacio de medida (X, A, µ), se dice que una propiedad P se cumple en casi todo punto (c.t.p.) con
respecto a la medida µ si el conjunto A = {x : x no cumple P} está en A y µ(A) = 0.
Por ejemplo, decimos que las funciones medibles f y g coinciden en c.t.p. si µ(x : f (x) = g(x)) = 0.
2. En la deﬁnición de integral, podemos suponer funciones (medibles) con valores en la recta real ampliada
f : X −→ [−∞, ∞] (es decir, que pueden tomar el valor −∞ ó ∞), pidiendo por ejemplo f −1((a, ∞]) ∈ A.
Teorema 1.3.1 Teorema de la Convergencia Dominada (TCD): En (X, A, µ), espacio de medida, si la suce-
sión de funciones medibles {fn(x)}∞
n=1 converge puntualmente a una función f (x) y además |fn(x)| ≤ F(x),
∀n, ∀x con F medible, positiva y tal que X
F(x)dµ < ∞, entonces f (x) es integrable y se tiene
1.
l´ım
n→∞ X
|fn(x) − f (x)| dµ = 0.
2. En particular
X
l´ım
n→∞
fn(x) dµ =
X
f dµ = l´ım
n→∞ X
fn(x)dµ .

Corolario 1.3.1 (Beppo-Levi). Si {fn(x)}∞
n=1, son medibles y
∞
∑
n=1 X
|fn(x)| dµ < ∞,
entonces la serie f (x) = ∑∞
n=1 fn(x) converge en c.t.p. y
X
∞
∑
n=1
fn(x) dµ =
∞
∑
n=1 X
fn(x)dµ .
Ejemplo 1.3.1 Sabemos que
∞
∑
n=1
nxn−1
=
1
(1 − x)2
,
entonces el coro de B-L nos ayuda a evaluar la siguiente integral
1
0
log x
1 − x
2
dx,
para ello deﬁnimos
fn = nxn−1
(log x)2
, n ≥ 1, x ∈ (0, 1) ,
viendo que fn ≥ 0. Se observa que
∞
∑
n=1
fn =
log x
1 − x
2
= f (x) , x ∈ (0, 1) ,
por lo tanto
X
∞
∑
n=1
fn(x) dµ =
1
0
log x
1 − x
2
dx =
∞
∑
n=1 X
fn(x)dµ =
∞
∑
n=1
1
0
fndx,
de esta forma (integrando sucesivamente por partes) vemos que
1
0
fndx =
1
0
nxn−1
(log x)2
dx =
2
n2
,
donde
nxn−1
(log x)2
dx = 2xn−1
log x − 2 xn−1
log xdx = 2 xn−1
log x −
1
n
xn
log x −
1
n2
xn
,
con
xn−1
log xdx =
1
n
xn
log x −
1
n
xn−1
dx =
1
n
xn
log x −
1
n2
xn
,
por lo tanto
1
0
f dx = 2
∞
∑
n=1
1
n2
=
π2
3
,
recordar que (Euler)
∞
∑
n=1
1
n2
=
π2
6
.

1.4. SOBRE LAS FUNCIONES SIMPLES Y SU INTEGRAL 9
1.4. Sobre las funciones simples y su integral
Algunos libros exigen en la definición de fución simple la condicion adicional de que los conjuntos que
la definen sean todos de medida finita. Para aclarar este punto y como motivación general, vamos a
estudiar la siguiente situación en cierta forma “patológica”:
Sea X un conjunto con más de un elemento y elijamos A ⊂ P(X) con; ∅ ⊂ A ⊂ X. Definimos la σ-
álgebra M = {∅, A, Ac, X} y la medida µ : M −→ [0, ∞] por µ(∅) = 0, µ(Ac) = ∞, µ(A) = µ(X) =
∞. Sea f = χA. Con la condición adicional, f no sería simple porque µ(A) = ∞. Además la única
función simple s con 0 < s < f sería s = cχ∅, por lo que sdµ = 0 y por tanto
f dµ = sup sdµ : 0 < s < f = 0.
Esto crea el problema de desasociar la noción de integral con la de medida. Lo cierto es que si la medida
µ fuera σ-finita esta situación no se daría porque si ∃ (X1, X2, ..., Xn, ...) tales que
1. X = ∪∞Xn (podemos suponer que la unión es disjunta)
2. µ(Xn) < ∞,
entonces ∀A ∈ M con µ(A) = ∞ se tiene incluso en esta situación más restrictiva χAdµ = 1.
Aún admitiendo que las medidas σ-finitas son las que con más frecuencia aparecen, no debemos olvi-
dar el caso, entre otros, de la medida de contar en un espacio no numerable que claramente no es
σ-finita. Por ello, y para evitar la patología descrita, es conveniente dar la definición de función simple
e integral que hemos introducido anteriormente.
Ya hemos visto que toda función medible y positiva tiene asociada en principio una integral. La clase
más importante es de todas formas aquella de las funciones cuya integral es además finita.
Definición 1.4.1 Dado un espacio de medida (X, µ, M) se define la clase de funciones “integrables”como
L(dµ) = {f : X −→ C : medibe y tal que
X
|f (x)| dµ < ∞}.
También se denota como L1(X, dµ), o simplemente L1.
1.5. Ejercicios.
1.5.1. Sobre σ−álgebras.
Ejercicio 1.5.1 Sea X = {a, b, c, d}. Comprobar que la familia de conjuntos
A = {∅, {a} , {b} , {a, b} , {c, d} , {a, c, d} , {b, c, d} , {a, b, c, d}} ,
forman un σ−álgebra en X.

Solución. Tenemos que comprobar las propiedades descritas en la definición i.e. si verifica:
1. X ∈ A,
2. A es cerrada por complementación i.e. A ∈ A =⇒ Ac ∈ A,
3. A es cerrada por uniones numerables, finitas o no, i.e.
An ∈ A =⇒
∞
n≥1
An ∈ A.
La primera de las propiedades se verifica trivialmente, i.e. X ∈ A,
Con respecto a la segunda, i.e. si A ∈ A =⇒ Ac ∈ A, vemos que:
A = ∅, =⇒ Ac = X ∈ A,
A = {a} , =⇒ Ac = {b, c, d} ∈ A,
A = {b} , =⇒ Ac = {a, c, d} ∈ A,
A = {a, b} , =⇒ Ac = {c, d} ∈ A,
A = {c, d} , =⇒ Ac = {a, b} ∈ A,
A = {a, c, d} , =⇒ Ac = {b} ∈ A,
A = {b, c, d} , =⇒ Ac = {a} ∈ A,
A = {a, b, c, d} , =⇒ Ac = {∅} ∈ A.
Por último, la tercera de las propiedades, vemos que: An ∈ A, =⇒
∞
n≥1
An ∈ A, así, si
A1 = {∅} , A2 = {a} , A3 = {b} , etc....
vemos que
A1 ∪ A2 = {∅, a} ∈ A,
A1 ∪ A3 = {∅, b} ∈ A,
A2 ∪ A2 = {a, b} ∈ A,
A1 ∪ A2 ∪ A3 = {∅, a, b} ∈ A,
etc......
i.e. todas las uniones están en A, demostrando así que es un σ−álgebra en X.
Ejercicio 1.5.2 Sea X = {a, b, c, d}. Construir la σ−álgebra generada por
ε = {{a}} , y ε = {{a} , {b}} .

1.5. EJERCICIOS. 11
Solución. ε ⊂ X, la σ−álgebra generada por ε se define como:
Aε = ∩ {A / A σ − álgebra, ε ∈ A}
por lo tanto, si ε = {{a}} , entonces:
Aε = {∅, X, ε, εc
} ,
y si ε = {{a} , {b}} , entonces:
Aε = {∅, X, ε, εc
} ,
i.e.
Aε = {∅, X, {a} , {b} , {a, b} , {b, c, d} , {a, c, d} , {c, d}} ,
tal y como queríamos hacer ver. Comparar con el ejercicio anterior.
Ejercicio 1.5.3 Sea g : X −→ Y, Sea A una σ−álgebra en X. Probar que
B = E ⊂ Y : g−1
(E) ∈ A
es una σ−álgebra en Y.
Solución. Tenemos que comprobar las propiedades descritas en la definición i.e.
1. ∅ ∈ B; g−1
(∅) = ∅ ∈ A,
2. E ∈ B
?
=⇒Ec ∈ B,
g−1
(Ec
) = g−1
(E)
c
{x ∈ X, g(x) ∈ Ec
} = {x ∈ X, g(x) /∈ E} ,
3. ∪En ∈ B
g−1
(∪En) = ∪g−1
(En) ∈ A
tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 1.5.4 Un algebra A en X es una σ−álgebra sii es cerrada para las uniones numerables crecientes, i.e.
E1 ⊂ E2 ⊂ ... ⊂ En...., tales que ∪∞En ∈ A.
Solución. =⇒⌋ Es obvio, ya que la unión es numerable.
⇐=⌋ Sean (Bn) ∈ A, ∪Bn ∈ A, si
∪∞
n=1 (Bn) = ∪∞
n=1 ∪n
j=1 Bj
pero ∪n
j=1 Bj = En ∈ A, por lo que tenemos E1 ⊂ E2 ⊂ ... ⊂ En... por lo que ∪∞En ∈ A.

Ejercicio 1.5.5 Determinar la σ−álgebra engendrada por la colección de los subconjuntos finitos de un con-
junto X no-numerable.
Solución. X no numerable, ε = {A / A f inito} , σ−álgebra engendrada por ε,
A = {A / A numerable ó Ac
numerable}
queremos probar que A es un σ−álgebra.
Comprobamos que:
1. ∅ ∈ A (ya que ∅ es numerable),
2. A ∈ A entonces: bien A es numerable lo que equivale a que (Ac
)c
= A es numerable y por lo
tanto Ac ∈ A, ó bien Ac es numerable y en cuyo caso Ac ∈ A.
3. Si An ∈ A, n = 1, 2, .., entonces o bien todos los An son numerables (en cuyo caso la unión
también será numerable y por lo tanto ∪An ∈ A) ó bien algún An es tal que Ac
n es numerable
en cuyo caso (∪An)c
es numerable ya que (∪An)c
⊂ Ac
n, y por lo tanto también se tiene que
∪An ∈ A.
Tal y como queríamos hacer ver.
Ejercicio 1.5.6 Probar que la unión de una sucesión creciente de álgebras A1 ⊂ A2 ⊂ .... es un álgebra. Pero
dar ejemplos de:
1. La unión de dos álgebras puede no ser álgebra, y
2. la unión de sucesiones A1 ⊂ A2 ⊂ .... de σ−álgebras puede no ser una σ−álgebra.
Solución. Tenemos que comprobar las propiedades descritas en la definición i.e.
1. ∅ ∈ A (ya que ∅ ∈ A1),
2. Si A ∈ A entonces existe n0 tal que A ∈ An0 y por lo tanto Ac ∈ An0 y Ac ∈ A,
3. si (Ai)n
i=1 ∈ A (un número finito), entonces ∀j = 1, 2, ..∃nj / Aj ∈ Anj
. Sea ahora m = máx (n1, n2, ..., nn),
se tiene que Aj ∈ Am (porque Anj
⊂ Am ) como Am es álgebra y la unión de Aj ∈ Am entonces
∪Aj ∈ A.
Con respecto al segundo apartado vemos que (un contra-ejemplo):
X = {a, b, c} y sean
A1 = {∅, {a} , {b, c} , {a, b, c}}
A2 = {∅, {b} , {a, c} , {a, b, c}}

1.5. EJERCICIOS. 13
álgebras, pero vemos que A1 ∪ A2 no es un álgebra ya que
{a} , {b} ∈ A1 ∪ A2 pero {a} ∪ {b} /∈ A1 ∪ A2,
Ejercicio 1.5.7 Dado un conjunto X y fijado A ⊂ X definimos la clase
HA = {B ⊂ X : B ⊂ A ó Bc
⊂ A} .
1. Probar que HA es una σ−álgebra sobre X.
2. Si X = R, An = [−n, n] y Hn = HAn
, n = 1, 2... comprobar que ∪∞
n=1Hn no es una σ−álgebra.
Solución. Vemos que HA σ−álgebra sobre X ya que:
1. ∅ ⊂ A, luego ∅ ∈ HA.
2. Si B ∈ HA entonces o B ⊂ A en cuyo caso (Bc
)c
= B ⊂ A, o bien Bc ⊂ A. En ambos casos se
deduce que Bc ∈ HA.
3. Sean (Bi) ∈ HA. Si Bi ⊂ A ∀i entonces ∪iBi ⊂ A. En caso contrario ∃j0 tal que Bc
j0
⊂ A y por lo
tanto (∪iBi)c
= ∩iBc
i ⊂ Bc
j0
⊂ A. Por lo tanto ∪iBi ∈ HA.
Con respecto al segundo apartado vemos que para cada m ∈ N, sea Bm = [0, m] . Entonces Bm ∈ Hm
(ya que Bm = Am) y por lo tanto Bm ∈ ∪nHn. Sin embargo ∪mBm = [0, ∞) /∈ ∪nHn ya que no se cumple
[0, ∞) ⊂ An ni tampoco, [0, ∞)c = (−∞, 0) ⊂ An por lo que [0, ∞) /∈ Hn, ∀n.
1.5.2. Sobre medidas y cojuntos medibles.
Ejercicio 1.5.8 Sea (X, M, µ) un espacio de medida. Si E, F ∈ M, comprobar que
µ(E) + µ(F) = µ(E ∪ F) + µ(E ∩ F).
Solución. Vemos que (aquí es donde está todo el truco del ejercicio)
E = (EF) ∪ (E ∩ F) ,
F = (FE) ∪ (F ∩ E) ,
donde
E ∪ F = (EF) ∪ (FE) ∪ (E ∩ F) ,
de esta forma vemos que
µ(E) = µ (EF) + µ (E ∩ F) ,
µ (F) = µ (FE) + µ (F ∩ E) ,

y por lo tanto
µ(E) + µ(F) = µ (EF) + µ (E ∩ F) + µ (FE) + µ (F ∩ E) =
= µ(E ∪ F) + µ(E ∩ F)
Ejercicio 1.5.9 Sea (X, M, µ) un espacio de medida. Para E ∈ M fijo, definimos
µE(A) = µ(A ∩ E).
Probar que µE es una medida sobre M.
Solución. Vemos que
µE : M −→ [0, ∞]
: A −→ µE(A) = µ(A ∩ E)
µE(A) = µ(A ∩ E) es una medida en M, ya que:
Observación 1.5.1 Dada una σ−álgebra A en X, se dice que µ : A → [0, ∞] es una medida sobre A si se
verifican:
1. µ (∅) = 0,
µ


j≥1
Aj

 = ∑
j≥1
µ Aj .
Por lo tanto tenemos que probar estos dos puntos i.e.:
1. µE(∅) = µ(∅ ∩ E) = µ(∅) = 0,
2. Sean (An) ∈ M, n = 1, 2, ... disjuntos, entonces
µE(∪n An) = µE((∪n An) ∩ E) = µE(∪n (An ∩ E)) = ∑
n
µE(An ∩ E) =
∞
∑
n=1
µE(An)
donde observamos que (∪n (An ∩ E)) es una unión disjunta. Esto demuestra que µE es una me-
dida.

1.5. EJERCICIOS. 15
Ejercicio 1.5.10 Sea X un conjunto infinito numerable. Consideremos la σ−álgebra M = P(X). Definimos
para A ∈ M
µ(A) =
0 si A es finito
∞ si A es infinito
,
1. Probar que µ es finitamente aditiva, pero no numerablemente aditiva.
2. Probar que X = l´ımn→∞ An, para cierta sucesión creciente de conjuntos {An}, tales que µ(An) =
0, ∀n ∈ N.
Solución. Vemos que con respecto al primer punto:
(a) Tenemos que probar como en el ejercicio anterior que se verifican las propiedades de medida i.e.
1. µ (∅) = 0,
µ


j≥1
Aj

 =
∑j≥1 µ Aj = 0 Aj es finito
∑j≥1 µ Aj = ∞ ∃ Aj0
infinito
.
por lo tanto µ no puede ser medida ya que al ser X un conjunto infinito numerable i.e. X = {a1, a2, ...., an, ...} ,
llamando An = {an}, entonces podemos expresar X =
∞
An, pero µ(An) = 0, al tener un solo
elemento y por lo tanto ser finito, pero
µ(X) = ∞ =
∞
∑
n=1
µ(An) = 0.
(b) Se define
l´ım inf Ej =
∞ ∞
Ej, l´ım sup Ej :=
∞ ∞
Ej.
se dice que que existe el límite si
l´ım inf Ej = l´ım sup Ej
por ejemplo si tenemos E1 ⊂ E2 ⊂ .... ⊂ En ⊂ En+1 ⊂ ..., existe l´ım Ej =
∞
Ej, y si E1 ⊃ E2 ⊃
.... ⊃ En ⊃ En+1 ⊃ .., existe l´ım Ej =
∞
Ej, entonces con respecto a nuestro ejercicio sean ahora
Bn = {a1, a2, ...., an} , y donde B1 ⊂ B2 ⊂ .... ⊂ Bn ⊂ Bn+1 ⊂ ..., donde X = ∪Bn pero
µ(X) = ∞ = l´ım
n→∞
µ(Bn) = 0.

Ejercicio 1.5.11 Sea (X, M, µ) un espacio de medida. Se definen las operaciones de conjuntos
l´ım inf Ej :=
n j>n
Ej, l´ım sup Ej :=
n j>n
Ej.
Sean Ej ∈ M, j ≥ 1. Probar que si µ(∪Ej) < ∞ :
µ(l´ım inf Ej) ≤ l´ım inf µ Ej ,
µ(l´ım sup Ej) ≥ l´ım sup µ Ej ,
En particular si µ(X) < ∞ entonces:
1. µ(l´ım inf Ej) ≤ l´ım inf µ Ej ≤ l´ım sup µ Ej ≤ µ(l´ım sup Ej),
2. Si existe l´ım Ej, entonces µ(l´ım Ej) = l´ım µ(Ej).
µ(l´ım inf Ej) ≤ l´ım inf µ Ej
al ser An = ∩Ej, cumplen A1 ⊂ A2 ⊂ .... ⊂ An ⊂ An+1 ⊂ ..., y por el teorema de TCM para conjuntos,
tenemos que
µ(l´ım inf Ej) = µ (∪An)
TCM
= l´ım
n→∞
µ(An) ≤ l´ım
n→∞
inf µ(En)
la última desigualdad se da ya que µ(An) ≤ µ(En).
De momento no hemos tenido que usar la condición µ(∪Ej) < ∞, esta condición la emplearemos para
demostrar la segunda parte i.e.
l´ım sup µ Ej ≤ µ(l´ım sup Ej)
o equivalentemente
µ(l´ım sup Ej) ≥ l´ım sup µ Ej .
Para ello definimos Bn = ∪∞
j=nEj, donde B1 ⊃ B2 ⊃ .... ⊃ Bn ⊃ Bn+1 ⊃ .., y por hipótesis tenemos
µ (B1) < ∞, ya que B1 = ∪∞
j=1Ej. Por TCM para conjuntos
µ(l´ım sup Ej) = µ (∩Bn) = l´ım
n→∞
µ(Bn) ≥ l´ım
n→∞
sup µ (En)
Ejercicio 1.5.12 Sea X = {a1, a2, a3}, sea M = P(X). Sea µ una medida que verifica µ(a1) = µ(a2) =
µ(a3) = 1/3. Consideremos la sucesión de conjuntos
An = {a1, a2}, si n es par,
An = {a3}, si n es impar,
Probar que µ(l´ım inf An) < l´ım inf µ(An) < l´ım sup µ(An) < µ(l´ım sup An).

1.5. EJERCICIOS. 17
µ(An) =
2/3 si n es par,
1/3 si n es impar,
por lo que
l´ımµ(An) =
2
3
, l´ımµ(An) =
1
3
,
así que
l´ımµ(An) < l´ımµ(An).
Por otro lado vemos que
l´ım sup(An) = X = {a1, a2, a3},
l´ım inf(An) = ∅,
luego
0 = µ(l´ım inf An) <
1
3
= l´ımµ(An) <
2
3
= l´ımµ(An) < 1 = µ(l´ım sup An)
Ejercicio 1.5.13 Sean X = N, M = P(N), µ la medida de contar. Construir una sucesión An ∈ P(N) tal
que l´ımn→∞ An = ∅; pero l´ımn→∞ µ (An) = 0.
Solución. Vemos que (RECORDATORIO)
E1 ⊂ E2 ⊂ .... ⊂ En ⊂ En+1 ⊂ ..., =⇒ l´ım Ej =
∞
Ej,
y si
E1 ⊃ E2 ⊃ .... ⊃ En ⊃ En+1 ⊃ .., =⇒ l´ım Ej =
∞
Ej,
entonces
l´ım µ (∩An) =
µ(A1)<∞
l´ım µ (An)
por lo que tendremos que buscar un ejemplo que no veriﬁque tal condición i.e. µ (A1) < ∞,
A1 = {1, 2, 3, ....} ,
A2 = {2, 3, ......} ,
...
An = {n, n + 1, ..} ,
viéndose que
A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ A4......... ⊃ An ⊃ An+1.....,
así que
l´ım
n→∞
An = ∩An = ∅,
y sin embargo
l´ım
n→∞
µ (An) = 0,
tal y como queríamoshacer ver.

Ejercicio 1.5.14 Sean {An} conjuntos medibles tales que ∑n=∞
n=1 µ(An) < ∞. Demostrar que cada elemento
x pertenece a un número finito de An para c.t.p. x. (Dicho de otra manera el conjunto de los puntos x que
pertenecen a infinitos de los An, es decir, l´ım sup An, mide cero.)
Solución. Antes de nada aclaremos un poco la terminología. En un espacio de medida se dice que una
propiedad P se cumple en c.t.p. si el conjunto A = {x ∈ X : x, no cumple P} tiene medida cero. Por lo
tanto en nuestro ejercicio, c.t.p. x pertenece a un número finito de An.
Sea A = {x ∈ X : x, pertenece a los ∞ An} , queremos ver que µ (A) = 0, x ∈ A ⇐⇒ ∀n, ∃n ≥ N, tal
que x ∈ An ⇐⇒ x ∈
∞
N=1
∞
n=N
An = l´ım sup An. Debemos probar que
µ
∞
N=1
∞
n=N
An = 0,
para ello seguiremos la siguiente argumentación: Si
Bn =
∞
n=N
An,
una familia decreciente i.e. .. ⊃ BN ⊃ BN+1.., y con
µ (B1) =
∞
n=N
An ≤
∞
∑
n=1
µ (An) < ∞,
por lo que por el TCM tenemos que
µ (l´ım sup An) = l´ım
N→∞
µ
∞
N=1
BN = l´ım
N→∞
µ (BN) = l´ım
N→∞
µ
∞
n=N
An ≤ l´ım
∞
∑
n=N
µ (An) = 0,
Ejercicio 1.5.15 Sea (X1, M1, µ1) un espacio de medida completo, es decir, tal que todos los subconjuntos
de un conjunto medible de medida cero también son medibles (i.e. la σ−álgebra contiene a todos los subconjuntos
de un conjunto medible de medida cero). Sea g : X1 −→ X2 una aplicación, M2 = {A ⊂ X2 : g−1(A) ∈ M1},
µ2(A) = µ1(g−1(A)). Comprobar que (X2, M2, µ2) es un espacio de medida completo.
Solución. Temos que ver:
1. M2 es un σ−álgebra:
i) ∅ ∈ M2 ya que g−1(∅) = ∅,
ii) Si A ∈ M2 , i.e. g−1(A) ∈ M1 entonces se tiene que Ac ∈ M2 , ya que
g−1
(Ac
) = g−1
(A)
c
∈ M1,

1.5. EJERCICIOS. 19
iii) Si An ∈ M2 , n = 1, 2,.i.e. g−1(An) ∈ M1 entonces se tiene que ∪∞
n=1Ac
n ∈ M2 , ya que
g−1
(∪∞
n=1An) = ∪∞
n=1g−1
(An) ∈ M1
2. µ2 es una medida i.e.
i) µ2 (∅) = µ1 g−1(∅) = µ1 (∅) = 0,
ii) Sean An ∈ M2 , n = 1, 2,.disjuntos.
µ2 (∪∞
n=1An) = µ1 g−1
(∪∞
n=1An) = µ1 ∪∞
n=1g−1
(An) =
∞
∑
n=1
µ1 g−1
(An) =
∞
∑
n=1
µ2 (An) ,
Ejercicio 1.5.16 Sea (X, A, µ) un espacio de medida y sea f : X −→ R una función medible y positiva.
Deﬁnimos para cada A ∈ A
νf (A) =
A
f (x)dµ(x)
1. Probar que ν es una medida sobre A
2. Si X = N, A = P(N), µ es la medida de contar y f : N −→ R viene dada por f (n) = 1/n si n es una
potencia positiva de 2 y f (n) = 0 en caso contrario, comprobar que νf es una medida de probabilidad.
Solución. Observamos que
νf (A) =
A
f χAdµ
por lo tanto:
1. νf (∅) = f χ∅dµ = µ(∅) = 0 (ya que f χ∅ = χ∅),
2. Si (Ai) ∈ A son disjuntos
νf (
i
Ai) =
A
f χ∪i Ai
dµ = ∑
i
f χAi
dµ = ∑
i
f χ∪i Ai
dµ = ∑
i
νf (Ai)
donde hemos usado el teorema de convergencia monótona (para series de términos positivos).
Por lo tanto concluimos que νf es una medida.
Para ver que se trata de un medida de probabilidad i.e. νf (N) = 1 observamos que
νf (N) =
N
f (x)dµ(x) =
∞
∑
n=1
f (n) = ∑
n:n=2k
f (n) =
∞
∑
k=1
f (2k
) =
∞
∑
k=1
1
2k
= 1

Ejercicio 1.5.17 Sea (X, M, µ) un espacio de medida
1. Dado A ∈ M, definimos
νA (B) = µ (A ∩ B) ,
probar que νA es una medida sobre M.
2. Dada s : X −→ R una función simple y positiva. Definimos para cada B ∈ M
νs(B) =
B
s(x)dµ(x),
probar que νs es una medida sobre M.
i) νA (∅) = µ (A ∩ ∅) = µ (∅) = 0.
ii) Sean Bn ∈ M, n = 1, 2, .. conjuntos disjuntos. Entonces A ∩ Bn son disjuntos
νA (∪Bn) = µ (∪ (A ∩ Bn)) = ∑
n
µ (A ∩ Bn) = ∑
n
νA (Bn) .
por lo tanto es una medida.
Con respecto al segundo apartado vemos que si
s =
N
∑
i=1
ciχAi
,
con ci > 0, y Ai ∈ M, n = 1, 2, .. entonces
νs(B) =
B
s(x)dµ(x) =
N
∑
i=1
ciµ (Ai ∩ B)
y podemos aplicar el resultado anterior a cada µ (Ai ∩ B) para deducir que νs también es una medida
sobre M.
Ejercicio 1.5.18 Sean an ∈ R, con an ≥ 0, n ∈ N, tales que ∑∞
n=0 an < ∞. Definimos
µ : P (N) −→ [0, ∞)
mediante
µ (E) =



0 si E = ∅
∑n∈E an si card(E) < ∞
∞ si card(E) = ∞
,
probar que µ NO es un medida en (N, P (N)) .

1.5. EJERCICIOS. 21
Solución. Si µ fuese una medida, eligiendo
An = {n} , n = 0, 1, 2, ..
como
N =
n
An,
y la unión es disjunta y numerable, se debería cumplir
µ (N) =
∞
∑
n=0
µ (An) ,
pero tal y como vemos µ (N) = ∞, ya que card(N) = ∞, mientras que µ (An) = an y por lo tanto
∞
∑
n=0
µ (An) =
∞
∑
n=0
an < ∞,
llegando así a una contradicción.
1.5.3. Sobre funciones medibles.
Ejercicio 1.5.19 Sea M la σ−álgebra formada por {∅, R, (−∞, 0], (0, ∞)}. Sea f : R −→ R la función
deﬁnida mediante
f (x) =



0 x ∈ (−∞, 0]
1 x ∈ (0, 1]
2 x ∈ (1, ∞)
¿Es f medible?. ¿Cómo son en general las funciones medibles f : (R, M) −→ (R, BR)?
Solución. Recordamos que:
Función medible. Diremos que f : X → R, es A−medible si ∀a ∈ R se tiene
f −1
((a, ∞)) = {x ∈ X : f (x) > a} ∈ A.
Por lo tanto vemos que no es medible porque
f −1
({1}) = (0, 1] /∈ M,
por ejemplo, en general la imagen inversa de un Borel tiene que estar en M.
Con respecto a la segunda pregunta, vemos que
f (x) = C1χ(−∞,0] + C2χ(0,∞),
Ejercicio 1.5.20 Para funciones f : (X, M) −→ (R, BR), ¿cuáles de las siguientes aﬁrmaciones son ciertas?

1. |f | medible =⇒ f medible.
2. f1 + f2 medible =⇒ f1 ó f2 medible.
3. f1 + f2 medible =⇒ f1 ó f2 medible
4. f1 + f2 medible =⇒ f1 y f2 medible
5. f1 − f2 medible =⇒ f1 y f2 medible
Solución. Vemos que:
1. Si f es medible, entonces, f = f+ − f− y por lo tanto |f | = f+ + f−, pero al revés no es cierto.
Supongamos que estamos en la medida de Lebesgue. Sea A no medible de R, y B = Ac (tampoco
es medible). f = χA − χB, que no es medible pero |f | = χA + χB = 1 que sí es medible.
2. No.
3. Sean: f1 = χA, no numerable, y f2 = χB, no numerable, donde B = Ac, tales que f1 f2 = 0, sin
embargo el producto sí es numerable.
4. No.
5. No.
Ejercicio 1.5.21 Sea f : (X, M, µ) −→ (R, BR) una función medible no-negativa, µ una medida σ-finita en
M. Probar que f (x) = l´ım tn(x) siendo {tn}n una sucesión creciente de funciones simples no negativas, tales
que tn toma valores distintos de cero solamente en un conjunto de medida finita.
Sugerencia: Construir B1 ⊂ B2 ⊂ ..... ⊂ Bn, ..., µ(Bn} < ∞, tomar tn = snχBn
, siendo sn una sucesión
creciente de funciones simples no-negativas con límite f.
Solución. Sea f ≥ 0, medible. Sea 0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ..... ≤ sn ≤ .... ≤ f, tal que l´ım sn = f. Las sn son
simples i.e.
sn =
mn
∑
j=1
cn
j χAn
j
podemos tomarlas de medida finita si la medida subyacente es σ-finita en M, escribir X = ∪Xn, con
µ (Xn) < ∞, y Bn = ∪Xj con tn = snχBn
sucesión creciente ya que tanto las sn como χBn
son crecientes
y por lo tanto f (x) = l´ım tn(x).
Ejercicio 1.5.22 Si fn : (X, M) −→ (R, BR), n = 1, 2, .., son medibles, probar que el conjunto
A = {x ∈ X : ∃ l´ım
n→∞
fn(x)}
es un elemento de M.

1.5. EJERCICIOS. 23
Solución. Tenemos que probar que A es medible. Para ello observamos que si l´ım sup fn = hn, y
l´ım inf fn = g, con h, g medibles, entonces A = {x ∈ X : h = g}. Sea l = h − g, función medible y
A = {x ∈ X : l = 0} = l−1
({0}) que es medible por definición.
Ejercicio 1.5.23 Sea (Ω, M, P) un espacio de probabilidad. Sean X1, X2 dos funciones medibles de (Ω, M, P) −→
(R, BR) y sean FX1
, FX2
las funciones de distribución de las medidas de probabilidad inducidas por X1, X2 respec-
tivamente (FXj
(x) = P{ω ∈ Ω : Xj(ω) ≤ x}, j = 1, 2). Probar que si P{ω ∈ Ω : X1(ω) ≤ X2(ω)} = 1,
entonces FX1
= FX2
, ∀x ∈ R.
Solución. Si A = {ω ∈ Ω : X1(ω) = X2(ω)}, P(A) = 0,
{ω ∈ Ω : X1(ω) ≤ x} ⊂ {ω ∈ Ω : X2(ω) ≤ x} ∪ A
tomando medidas en ambos lados
FX1
≤ FX2
+ P(A) =⇒ FX1
≤ FX2
y por simetría llegamos a
FX1
≥ FX2
por consiguiente FX1
= FX2
, ∀x ∈ R.
Ejercicio 1.5.24 Se considera el espacio de probabilidad (R, BR, P), donde P(A) = A
f (x)dx viene dada por
la función de densidad
f (x) =
1 x ∈ [0, 1]
0 x /∈ [0, 1]
,
Sea X : (R, BR, P) −→ (R, BR) definida mediante
X(x) =
−2 log x x > 0
0 resto
,
Hallar FX, la función de distribución de la probabilidad inducida por X.
Solución.
FX =
0 x ≤ 0
1 − e−x/2 x > 0
,
donde FX = X−1.
1.5.4. Sobre integración y teoremas de convergencia.
Ejercicio 1.5.25 Sea f (x) : [0, 1] −→ R+ definida mediante f (x) = 0, si x es racional, f (x) = n, si n es
el número de ceros inmediatamente después del punto decimal en la representación de x en la escala decimal.
Calcular f (x)dm, siendo m la medida de Lebesgue.

Solución. Vemos que por ejemplo
f (1) = 0,
f (0,099999) = 1,
f (0,3701) = 0,
f (0, 00103) = 2,
entonces
f =
∞
∑
n=1
nχ 1
10n+1 , 1
10n
es una función medible y que
f (x)dm
T.C.M
=
∞
∑
n=1
nχ 1
10n+1 , 1
10n
=
∞
∑
n=1
n
9
10n+1
=
9
10
∞
∑
n=1
n
10n
=
1
9
,
Ejercicio 1.5.26 Sea f (x) = 0 en cada punto del conjunto ternario de Cantor en [0, 1]. Sea f (x) = p en cada
intervalo del complementario de longitud 1/3p. Demostrar que f es medible y calcular f (x)dm, siendo m la
medida de Lebesgue.
Solución. Vemos que Cc = ∪∞ ∪2p−1
Ip,j
f (x) =
∞
∑
p=1
2p−1
∑
j=1
pχIp,j
= l´ım
N→∞
N
∑
p=1
2p−1
∑
j=1
pχIp,j
que es una función simple, por lo tanto
R
f (x)dm
T.C.M
=
∞
∑
p=1
2p−1
∑
j=1
p Ip,j =
∞
∑
p=1
p
2p−1
3p
=
1
2
∞
∑
p=1
p
2p
3p
=
1
2
2
3
1 − 2
3
2
= 3
observar que
∑nrn
=
r
(1 − r)2
Ejercicio 1.5.27 Sea f (x) la función deﬁnida en (0, 1) mediante f (x) = 0, si x es racional, f (x) = 1
x , si x
es irracional ( 1
x es la parte entera de 1
x ). Calcular f (x)dm siendo m la medida de Lebesgue.
f =
0, x ∈ Q ∩ [0, 1]
1
x x ∈ (0, 1) Q

1.5. EJERCICIOS. 25
donde I = RQ, y
1
n + 1
< x <
1
n
, =⇒ n ≤
1
x
< n + 1,
si x ∈ 1
n+1 , 1
n = In,
f = nχI, f =
∞
∑
n=1
nχIn∩I
por lo que
f dm =
∞
∑
n=1
n |In ∩ I| =
∞
∑
n=1
n
1
n
−
1
n + 1
=
∞
∑
n=1
1
n + 1
= ∞,
Veamos ahora una variente de este ejercicio. En esta ocasión
f =
0, x ∈ Q ∩ [0, 1]
1
x
−1
x ∈ (0, 1) Q
queremos estudiar si esta función es integrable y calcular
1
0
f dm.
Vemos que f = g c.t.p. donde g : (0, 1] → R, g(x) = 1
x
−1
, y por lo tanto
g(x) =
1
n
, n ≤
1
x
< n + 1,
i.e. si x ∈ 1
n+1 , 1
n , (como antes).
La sucesión de funciones simples
gn =
∞
∑
n=1
1
n
χIn∩I, gn → g,
converge puntualmente y es creciente, entonces f es integrable al serlo g.
Ahora observamos que
1
0
gndm =
∞
∑
n=1
1
n
m(En) =
∞
∑
n=1
1
n
1
n
−
1
n + 1
=
∞
∑
n=1
1
n2
−
1
n2 + n
,
donde
∞
∑
n=1
1
n2
=
π2
6
∞
∑
n=1
1
n2 + n
=
∞
∑
n=1
1
n (n + 1)
=
∞
∑
n=1
1
n
−
1
n + 1
= 1 −
1
n + 1
,
por lo tanto
1
0
f dm =
π2
6
− 1,

Ejercicio 1.5.28 Llamemos di(x) a los digitos del desarrollo decimal 0.d1, d2, ... de un x ∈ (0, 1). Decir por qué
son convergentes las siguientes series:
f (x) = ∑
i
di (x)
2i
, g (x) = ∑
i
(−1)di(x)
2i
y hallar
1
0
f,
1
0
g , expresándolas como sumas de series. ¿Por qué son válidas esas expresiones?.
Solución. Se observa que
d1 (x) =
9
∑
j=0
jχI1
j
, I1
j =
j
10
,
j + 1
10
de esta forma cada di(x) es una función simple
di (x) =
9
∑
j=0
jχEi
j
,
donde Ei
j es la unión de intervalos con medida Ei
j = 1
10.
Deﬁnimos ahora
f =
∞
∑
i=1
di (x)
2i
= l´ım
N→∞
N
∑
i=1
di (x)
2i
,
función medible, y por lo tanto
f dm =
m
∑
i=1
1
2i
di (x) dx =
∞
∑
i=1
1
2i
9
∑
j=0
j
1
10
=
45
10
,
y de forma análoga vemos que
g(x) =
∞
∑
i=1
(−1)di(x)
2i
,
entonces
gdm =
∗
∞
∑
i=1
1
2i
(−1)di(x)
dx = 0,
ya que (−1)di(x)
dx = 0, observar que * lo podemos hacer ya que
1
0
∑
(−1)di(x)
2i
dx =
1
0
∞
∑
i=1
1
2i
= 1 < ∞,
Ejercicio 1.5.29 Sea f2n−1 = χ[0,1], f2n = χ[1,2], n = 1, 2, .... Comprobar que se veriﬁca la desigualdad de
Fatou estríctamente.

1.5. EJERCICIOS. 27
Solución. Claramente se observa que
l´ım inf (fn) = 0 < l´ım inf fn = 1.
Ejercicio 1.5.30 Comprobar
∞
1
1
x dm = ∞, siendo m la medida de Lebesgue.
Solución. Sea
sn =
n
∑
j=2
1
j
χ(j−1,j), sn ≤
1
x
, ∀x ∈ (0, 1) ,
viéndose que
f dm ≥ sup
n
sndm = sup
n
n
∑
j=2
1
j
=
∞
∑
j=2
1
j
= ∞.
Ejercicio 1.5.31 Sea fn ≥ 0, medible, l´ım fn = f, fn ≤ f, ∀n. Comprobar que f dµ = l´ım fndµ
(Sugerencia: Usar el lema de Fatou y que fndµ ≤ f dµ).
Solución.
f = l´ım fn ≤
Fatou
l´ım inf fn ≤ l´ım sup fn ≤ f,
y por lo tanto
l´ım sup fn = ≤
Fatou
l´ım inf fn,
Ejercicio 1.5.32 Sea fn(x) = m´ın(f (x), n) siendo f (x) ≥ 0 y medible. Demostrar que f ndµ ր l´ım f dµ.
Solución. Tenemos la siguiente situación
fn ≤ fn+1 ≤ ..... −→ f,
por el TCM (funciones medibles y positivas)
l´ım fn = f.

Ejercicio 1.5.33 Sea g : (X, M, µ) −→ (R, BR) integrable. Sea {En} una sucesión decreciente de conjuntos
tal que ∩∞En = ∅. Probar que l´ımn→∞ En
gdµ = 0.
Solución. Tenemos la siguiente situación
E1 ⊃ E2 ⊃ ..... ⊃ En ⊃ ..., ∩En = ∅,
con g ∈ L1, gn = gχEn
, tal que gn −→ 0,
l´ım
n→∞
gn = l´ım g = l´ım gn = 0.
Ejercicio 1.5.34 Sea f : R −→ [0, 1) medible y f ∈ L1(m). Sea F : R −→ R deﬁnida mediante F(x) =
x
−∞
f (t)dm. Probar que F(x) es continua. (Sugerencia: Usar teoremas de convergencia).
Probar que dados x1 < x2 < x3 < ... números reales, se tiene
∑
k
|F (xk+1) − F (xk)| ≤
R
|f | dm.
Solución. Sea F(x) =
x
−∞
f (t)dm tomamos h > 0,
F (x + h) − F (x) =
x+h
x
f (t) dm = f (t)χ(x,x+h) −→ 0,
ya que cuando h −→ 0, χ(x,x+h) −→ 0.
∑
k
|F (xk+1) − F (xk)| ≤ ∑
k
x+h
x
f (t) dm ≤
R
|f |
donde los Ik = (xk, xk+1) son disjuntos.
Ejercicio 1.5.35 Sea µ(X) < ∞. Sean {fn} una sucesión de funciones de L1(µ), con fn(x) → f (x) uniforme-
mente. Demostrar que f ∈ L1(µ) y que fndµ −→ f dµ.
(Sugerencia: Estudiar la sucesión εn(x) = fn(x) − f (x), escribir f (x) = fn(x) − (fn(x) − f (x)).
Solución. Sea fn(x) → f (x), unifórmemente además fn(x) ∈ L1(µ) lo que quiere decir que son fun-
ciones integrables, por lo que tenemos que f ∈ L1(µ) y además se veriﬁca
f dµ = l´ım fndµ,
en particular ∀x, ∃ l´ım fn = f, (recordar que la convergencia uniforme implica la puntual).

1.5. EJERCICIOS. 29
Queremos usar el TCD. Dado ε = 1, ∃N ∈ N, |fn − fm| ≤ 1, ∀n, m ≥ N (estamos interpretando una
sucesión convergente como una suma de Cauchy). En particular ∀n ≥ N, −1 ≤ fn − fN ≤ 1, ∀x ó
|fn| ≤ |fN| + 1, vemos que F ∈ L1(dµ)
X
Fdµ =
X
|fN| dµ +
X
1dµ =
X
|fN| dµ + µ (X) < ∞
por lo tanto fn(x) → f (x), ∀x, |fn| ≤ F(x) ∈ L1(µ), ∀n ≥ N.
Ejercicio 1.5.36 Demostrar que
l´ım
n→∞
∞
0
dx
1 + x
n
n
x
1
n
= 1.
Sugerencia: Usar que para n > 1, 1 + x
n
n
≥ x2
4 .
Solución. El primer paso consiste en calcular
l´ım
n→∞
1
1 + x
n
n
x
1
n
=
1
ex
= e−x
,
ya que 1 + x
n
n
ր ex, mientras que x
1
n −→ 1. Es monótona creciente cuando x pequeña y decreciente
cuando x > 1. Bajo estas consideraciones podemos usar el TCD
l´ım fn = l´ım fn =
∞
0
e−x
dx = 1,
La miga de todo el problema está en buscar la función dominante. Desarrollamos
1 +
x
n
n
≥ 1 +
n2/2
2
x2
n2
= 1 +
x2
4
,
tenemos que buscar la función que sea integrable, la función
dx
1 + x2
4
=
∞
0
4
4 + x2
dx < ∞,
de esta forma aseguramos que si x < 1
∞
1
dx
1 + x
n
n
x
1
n
≤
∞
1
4
4 + x2
dx < ∞.
En conclusión:
F(x) =
1
x1/2 x ∈ (0, 1)
4
4+x2 x > 1
,
por lo que
∞
0
Fdx =
1
0
1
x1/2
dx +
∞
1
4
4 + x2
dx < ∞,

Ejercicio 1.5.37 Sea
fn(x) =
nx − 1
(x log n + 1) (1 + nx2 log n)
,
con x ∈ (0, 1] . Comprobar que l´ımn→∞ fn = 0, y sin embargo
l´ım
n→∞ I
fn =
1
2
.
Sugerencia:
fn =
−1
x log n + 1
+
nx
1 + x2 (n log n)
.
l´ım
n→∞
fn = 0,
mientras que
−1
x log (n) + 1
dx = −
1
ln n
ln
1
ln n
(x ln n + 1)
1
0
= 0,
nx
1 + x2 (n log n)
dx =
1
2 ln n
ln
1
n ln n
n (ln n) x2
+ 1
1
0
=
1
2
,
por lo que
l´ım
n→∞ I
fn =
1
2
,
Ejercicio 1.5.38 Calcular
l´ım
n→∞
∞
a
n
1 + n2x2
dx.
estudiando los casos a < 0, a = 0, a > 0. ¿Qué teoremas de convergencia son aplicables?.
Solución. Haremos el siguiente cv (nx = y, ndx = dy)
l´ım
n→∞
∞
0
n
1 + n2x2
dx = l´ım
n→∞
∞
na
1
1 + y2
dy < ∞,
sea
fn (y) =
1
1 + y2
χ(na,∞),
tal que
|fn (y)| ≤
1
1 + y2
∈ L1
,
Sabemos que están acotadas, lo que quiero es conocer el valor del límite
l´ım fn (y) =



0 a > 0,
1
1+y2 a < 0,
1
1+y2 χ(0,∞) a = 0,

1.5. EJERCICIOS. 31
entonces por el TCD tenemos que
l´ım
n→∞
∞
0
n
1 + n2x2
dx =



0 a > 0,
π a < 0,
π
2 a = 0,
Ejercicio 1.5.39 Calcular
l´ım
n→∞
∞
0
1 + nx2
(1 + x2)n dx.
Solución. Actuamos como en el ejercicio anterior i.e.
fn =
1 + nx2
(1 + x2)n , l´ım
n→∞
fn = 0
Vemos que para
n = 1, f1 = 1,
n = 2, f2 =
1 + 2x2
(1 + x2)2
=
1 + 2x2
x4 + 2x2 + 1
entonces a partir de esta expresión y empleando el binomio de Newton vemos que
1 + a2 n
≥ 1 + na2
+
n (n − 1)
2
a4
por lo que
1 + na2
(1 + a2)n ≤
1 + na2
1 + na2 + n(n−1)
2 a4
=
1
n + a2
1
n + a2 + (n−1)
2 a4
.
Queremos justﬁcar
l´ım
n→∞
∞
0
1 + nx2
(1 + x2)n dx = 0,
para ello usaremos el TCD, ya que ∀x
1 + nx2
(1 + x2)n ≤
1 + nx2
1 + nx2 + n(n−1)
2 x4
≤ 1
por lo que la función mayorante será
F(x) =
1 x ∈ (0, 1)
4
x2 x ∈ [1, ∞)
vemos que cuando x > 1,
1 + nx2
(1 + x2)n ≤
1 + nx2
1 + nx2 + n(n−1)
2 x4
≤
x2
(1 + n)
n(n−1)
2 x4
=
1
x2
2 (1 + n)
n (n − 1)
≤
4
n − 1
1
x2
≤
n≥2
4
x2

ahora solo falta ver que
∞
0
Fdx =
1
0
dx +
∞
1
4
x2
dx < ∞
Ejercicio 1.5.40 Sabemos que la serie
∞
∑
n=0
(−1)n 1
n + 1
,
es convergente.
1. Justiﬁcar
1
0
∞
∑
n=0
(−x)n
dx =
∞
∑
n=0
1
0
(−x)n
dx.
2. Deducir
∞
∑
n=0
(−1)n 1
n + 1
= ln 2.
Solución. Si llamamos
SN (x) =
N
∑
n=0
(−x)n
=
1 − (−x)N+1
1 + x
,
observamos que para 0 < x < 1
|SN (x)| ≤
2
1 + x
< 2.
Por el T.C.M. (ya que las constantes son integrables en (0, 1) con respecto a la medida de eLebesgue
dx)
1
0
∞
∑
n=0
(−x)n
dx =
1
0
l´ım
N→∞
SN(x)dx = l´ım
N→∞
1
0
SN(x)dx = l´ım
N→∞
N
∑
n=0
1
0
(−x)n
dx =
∞
∑
n=0
1
0
(−x)n
dx.
Además, la parte izquierda de las igualdades anteriores nos da
1
0
∞
∑
n=0
(−x)n
dx =
1
0
1
1 + x
dx = ln 2,
mientras que la parte derecha es
∞
∑
n=0
1
0
(−x)n
dx =
∞
∑
n=0
(−1)n 1
n + 1
,
Ejercicio 1.5.41 Sea (X, M, µ) un espacio de medida y sea f : X → [0, ∞) una función medible (y no negativa)

1.5. EJERCICIOS. 33
a) Para m = 1, 2, ... se definen los conjuntos
Em = {x ∈ X : f (x) > 1/m} .
Demostrar la identidad
l´ım
m→∞ Em
f dµ =
X
f dµ.
b) Probar que si X
f dµ < ∞, entonces ∀ε > 0, ∃A ∈ M de medida finita (µ (A) < ∞) tal que
X
f dµ <
A
f dµ + ε.
Solución. Claramente Em ⊂ Em′ , si m < m′ y que
E =
m
Em = {x ∈ X : f (x) > 0} .
En particular la sucesión de funciones positivas gm = f · χEm
es monótona creciente con
l´ım
m→∞
gm (x) = f (x) · χEm
(x) .
Teniendo en cuenta el T.C.M. deducimos que el límite pedido existe y vale
l´ım
m→∞ Em
f dµ = l´ım
m→∞
gmdµ = l´ım
m→∞
gmdµ =
E
f dµ =
X
f dµ.
Con respecto al segundo apartado vemos que si X
f dµ < ∞, dado ε, por lo anterior, entonces existe m
tal que
X
f dµ <
Em
f dµ + ε.
Ahora sólo hace falta recordar que cada Em es de medida finita en este caso ya que por la desigualdad
de Chebychev tenemos que
µ (Em) = µ ({x ∈ X : f (x) > 1/m}) ≤ m
X
f dµ,
Ejercicio 1.5.42 Justificar la existencia del siguiente límite y encontrar su valor:
l´ım
n→∞
∞
0
e−nt sin t
t
.
Solución. Sea
fn (t) = e−nt sin t
t
,
entonces fn es continua y por lo tanto medible respecto a la medida de Lebesgue.
Por otro lado, vemos que

1. |fn (t)| ≤ e−nt ≤ e−t = F(t), ∀n = 1, 2, ... y ∀t ≥ 0.
2. l´ımn→∞ fn(t) = 0, ∀t ≥ 0, ya que
l´ım
n→∞
e−nt
= 0,
3. por último
∞
0
F(t)dt =
∞
0
e−t
dt < ∞.
El T.C.D. nos asegura entonces que el límite pedido existe y vale
l´ım
n→∞
∞
0
e−nt sin t
t
=
∞
0
l´ım
n→∞
fn(t)dt = 0,
Ejercicio 1.5.43 Sea g : R → [0, ∞) una función continua tal que g(0) > 0 y g(x) = 0 si x /∈ [−1, 1] .
Probar que si h(x) es una función medible Lebesgue tal que g (x − n) ≤ h(x), para n = 1, 2, ... entonces
h /∈ L1
(R, dx) .
Solución. Sea gn (x) = g (x − n) . Entonces gn (x) ≥ 0, ∀n, x y
R
gn (x) dx =
R
g (x − n) dx =
R
g (x) dx > 0,
ya que g (x) > 0 en un entorno de cero debido a su continuidad.
Además
l´ım
n→∞
gn (x) = l´ım
y→−∞
gn (y) = 0.
Si h ∈ L1
(R, dx) , entonces podríamos usar el TCD y concluir
l´ım
n→∞ R
gn (x) dx =
R
l´ım
n→∞
gn (x) dx = 0,
pero tal y como hemos mostrado, la parte izquierda es el límite de una sucesión constante de valor
R
g (x) dx > 0, entonces h /∈ L1
(R, dx) .

Capítulo 2
Espacios de Medida
2.1. Espacios de medida.
Asumimos todos los resultados expuestos en el primer capítulo.
Definición 2.1.1 Espacio de Medida. Llamaremos espacio de medida a toda terna (X, M, µ).
Definición 2.1.2 Medida completa. Una medida µ sobre una σ−álgebra M se dice completa si M contiene
a todos los subconjuntos de conjuntos (de M) con medida cero, i.e. si A ∈ M tal que µ (A) = 0, entonces
∀E ⊂ A, se tiene que E ∈ M y µ (E) = 0
Forma de completar medidas.
Teorema 2.1.1 Sea (X, M, µ) un espacio de medida, definimos
M= {E ⊂ X : ∃A, B ∈ M, A ⊂ E ⊂ B, µ (BA) = 0}
si E ∈ M con A ⊂ E ⊂ B y µ (BA) = 0, definimos µ (E) = µ (A) . Entonces
1. M es σ−álgebra que contiene a M,
2. µ es una medida completa que extiende a µ.
Ejemplo 2.1.1 Veremos dos ejemplos que muestran la importancia de la completitud de medida
En (X, M, µ) si µ es completa entonces:
1. Si f = g (c.t.p.) y f es medible entonces g es medible
2. Si las fn son medibles para todo n y fn −→ f c.t.p. entonces f es medible.
35

36 CAPÍTULO 2. ESPACIOS DE MEDIDA
Si las medidas no fueran completas entonces el resultado podría ser no cierto.
Ejemplo 2.1.2 Contraejemplos: En (X, M, µ) tomamos X = {1, 2, 3} , M = {∅, {1, 2} , {3} , X} y tomamos
µ : M −→ [0, ∞) con µ ({1, 2}) = µ (∅) = 0 y µ (X) = µ ({3}) = 1. Definimos f, g : X −→ R,
f (1) = f (2) = f (3) = 3, g(x) = x
entonces:
1. f es medible
2. f = g (c.t.p.) ya que {x : f = g} = {1, 2}
3. g no es medible porque g−1
((0, 1]) = {1} /∈ M
Hay una segunda forma de encontrar medidas completas que también sirve para extender pre-medidas
(es decir, funciones σ−aditivas sobre álgebras) a medidas en el sentido habitual. (Teorema de Caratheodory)
Definición 2.1.3 Medida exterior. Se dice que µ∗ : P(X) −→ [0, ∞] es medida exterior si cumple
1. µ∗ (∅) = 0,
2. µ∗ (A) ≤ µ∗ (B) , si A ⊂ B,
3.
µ∗
∞
i=1
Ai ≤
∞
∑
i=1
µ∗
(Ai)
Definición 2.1.4 Pre-medida. Dada una álgebra B0 ⊂ P(X) se dice que µ0 : B0 −→ [0, ∞] es una premedida
si verifica:
1. µ0 (∅) = 0,
2. Si Bi ∈ B0 son disjuntos y
∞
i=1
Bi ∈ B0, entonces
µ0
∞
i=1
Bi =
∞
∑
i=1
µ0 (Bi)
tal y como se ve, µ0 sería una medida si B0 fuese una σ−álgebra.

2.1. ESPACIOS DE MEDIDA. 37
La medida exterior asociada es entonces:
µ∗
(A) = inf
∞
∑
i=1
µ0 (Ai) : Ai ∈ B0 A ⊂
∞
i=1
Ai
Definición 2.1.5 µ∗−medible. Dada una medida exterior µ∗ sobre X se dice que A ⊂ X es µ∗ − medible si
µ∗
(E) = µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
) , ∀E ⊂ X.
Denotamos por
M∗
= {A ⊂ X : A es µ∗
− medible}
Observación 2.1.1 Como siempre se tiene
µ∗
(E) ≤ µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
) ,
entonces A es µ∗ − medible sii
µ∗
(E) ≥ µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
)
Teorema 2.1.2 (Teorema 1 de Caratheodory). Si µ∗ es una medida exterior sobre X y definimos M∗ como
antes. Entonces M∗ es una σ−álgebra y µ∗
|M∗ es una medida completa.
Teorema 2.1.3 (Teorema 2 de Caratheodory). Sea µ0 una premedida sobre B0 y definamos una medida exte-
rior µ∗ y M∗ como antes. Entonces:
1. M∗ es una σ−álgebra que contiene a B0.
2. µ = µ∗
|M∗ es una medida completa que extiende a µ0.
Ejemplo 2.1.3 Construcción de la medida de Lebesgue.
Sea el álgebra B0 generada por los intervalos de la forma (a, b], (a < b : a, b ∈ R). Es decir, B0 está formada por
las uniones finitas de esos intervalos y sus complementarios. Definimos
µ0 = ((a, b]) = b − a
y extendemos la definición a B0 de manera obvia. Entonces se tiene:
1. µ∗ es la medida exterior de Lebesgue
2. M∗ es la σ−álgebra de los conjuntos medibles de Lebesgue.
3. µ = µ∗
|M∗ es una medida de Lebesgue (µ(I) =Longitud de I, ∀I Intervalo).

Ejemplo 2.1.4 Construcción de la medida de Lebesgue-Stieltjes.
Con más generalidad, si F : R −→ R es creciente y continua por la derecha podemos definir µ0 = µF sobre el
álgebra B0 anterior como sigue
µF((a, b]) = F(b) − F(a).
µF es una pre-medida y la extensión de Caratheodory se denota por
µ = dF.
En particular si F(x) = x estamos en el caso de la medida de Lebesgue que se denota por dx.
Observación 2.1.2 Recapitulación.
Si (X, M, µ) es un espacio de medida y µ no es completa, entonces tenemos dos formas de completarla
1. por el teorema 2.1.1, obteniéndose X, M, µ
2. Por el segundo teorema de Caratheodory, obteniéndose en este caso X, M∗, µ = µ∗
|M∗
La relación entre ambos procedimientos es la siguiente
1. M ⊂ M∗ y ¯µ = µ∗
|M
2. Si µ es σ−finita, entonces M = M∗
Observación 2.1.3 Si µ0 es una pre-medida sobre B0, y M es la mínima σ-álgebra que contiene a B0 entonces
hay una extensión de µ0 a una medida sobre M. (Simplemente tomamos µ∗
|M porque M ⊂ M∗
).
Si µ0 es σ-finita, esta extensión es única.
Observación 2.1.4 Si µ∗ es una medida exterior en X, que proviene de una pre-medida µ0, y µ(X) < ∞,
entonces también se tiene
M∗
= {A ⊂ X : µ∗
(A) + µ∗
(Ac
) = µ∗
(X)}
(Recordar aquí la definición de subconjunto medible de [0, 1] dada por Lebesgue).
2.2. Ejemplos de medida de Lebesgue-Stieljes.
Veremos algunos ejemplos de la medida de Lebesgue-Stieljes.
Ejemplo 2.2.1 Sean, F(x) = x. µF ((a, b]) = F(b) − F(a) = b − a; por lo tanto
dF = µ∗
|M∗ = m,
i.e. coincide con la medida de Lebesgue.

2.2. EJEMPLOS DE MEDIDA DE LEBESGUE-STIELJES. 39
Ejemplo 2.2.2 F(x) = ex. µF ((a, b]) = eb − ea; ∀A ∈ M∗,
µF (A) =
A
ex
dm(x).
Ejemplo 2.2.3 F(x) ∈ C1
(R) y f = F′; ∀A ∈ M∗, se tiene
dF (A) =
A
f (x) dm(x) =
A
F′
(x) dm(x).
donde se observa que (dF = F′dx) , además
µF ((a, b]) = F(b) − F(a) =
b
a
f (x)dx
ver la sección de ejercicios así como el capítulo 4.
Ejemplo 2.2.4 Funcion de Heavyside
H (x) =
1 x ≥ 0
0 x < 0
entonces
µH ((a, b]) =
1 a < 0 < b
0 b < 0 ó a ≥ 0
viéndose que la extensión
µ∗
H = δ0.
Ejemplo 2.2.5 F(x) = [x] , y µF ((a, b]) = # {k : a < k ≤ b}
µ∗
A = dF(A) = # (A ∩ Z)
medida de contar en Z como subconjunto de R.

2.3. Medidas de Borel.
Definición 2.3.1 Se dice que µ es una medida de Borel en R si está definida sobre la σ−álgebra de los conjun-
tos de Borel BR.
Toda premedida µF definida como antes sobre B0 se puede extender (de forma única) a una medida
de Borel. Esto es inmediato porque BR es la míınima σ−álgebra que contiene a B0 y por tanto B0 ⊂
BR ⊂ M∗. La extensión viene dada por la restricción de dF = µF|M∗ a BR. Recordatorio: Su extensión
a todo M∗ se denomina la medida de Lebesgue-Stieltjes asociada, denotada por dF.
En general no es cierto que BR y M∗ coincidan.
Lema 2.3.1 si m es la medida de Lebesgue y denotamos por L los conjuntos medibles de Lebesgue entonces
BR ⊂ L ⊂ P(R)
los contenidos son estrictos.
Proposición 2.3.1 Si µ es una medida de Borel finita sobre conjuntos acotados, entonces µ proviene de cierta
pre-medida µF sobre B0.
Ejemplo 2.3.1 Veremos dos ejemplos
1.
µ = mBR
, F(x) =



x x > 0
0 x = 0
−x x < 0



= x
2.
µ = δ0|BR
, F(x) =
0 x ≥ 0
−1 x < 0
i.e. F = H − 1, donde H representa la función de Heavyside.
Observación 2.3.1 No todas las medidas de Borel provienen de una pre-medida µF sobre B0. Por ejemplo, si µ
es la medida de contar sobre R, su restricción µ|B(R) no viene de una µF porque µ|B(R)((a, b]) = ∞, ∀a, b.
2.4. Medidas regulares en R
Definición 2.4.1 Dado (R, M, µ) espacio de medida se dice que µ es regular (en R) si verifica:

2.5. DOS RESULATADOS SOBRE LA MEDIDA E INTEGRAL DE LEBESGUE. 41
1. BR ⊂ M
2. Regularidad exterior, i.e.
µ (A) = inf {µ (U) : A ⊂ U, U abierto}
3. Regularidad interior
µ (A) = sup {µ (K) : K ⊂ A, K compacto}
Proposición 2.4.1 La medida de Lebesgue, m, es regular
Corolario 2.4.1 Si A es medible Lebesgue (A ∈ L) existen dos conjuntos de Borel U, V ∈ BR, tales que
U ⊂ A ⊂ V
y m (U) = m (A) = m (V) . V es la intersección numerable de abiertos y U es una unión numerable de
compactos.
2.5. Dos resulatados sobre la medida e integral de Lebesgue.
Teorema 2.5.1 Invarianza por traslaciones y dilataciones.
Dado E ⊂ R, entonces si E ∈ L entonces, x0 + E ∈ M, rE ∈ M, donde m (x0 + E) = m(E), y m (rE) =
rm(E).
Relación entre la integral de Riemann y la de Lebesgue.
Teorema 2.5.2 Sea f : [a, b] ⊂ I −→ R, acotada e integrable Riemann, entonces f es medible Lebesgue y por
lo tanto es integrable Lebesgue y además
b
a
f dx =
I
f dm.
2.6. Ejercicios.
2.6.1. Medidas exteriores
Ejercicio 2.6.1 Sea X un conjunto no vacío. Deﬁnimos µ∗ : P(X) −→ [0, 1] mediante µ∗ (∅) = 0, µ∗ (A) =
1, si A ⊂ X. Comprobar que µ∗ es una medida exterior y determinar el σ−álgebra de los conjuntos medibles.
Solución. Tenemos que
µ∗
(∅) = 0, µ∗
(A) = 1,
y recordamos que una medida exterior debe veriﬁcar las siguientes propiedades:
1. µ∗ (∅) = 0,

2. µ∗ (A) ≤ µ∗ (B) , si A ⊂ B,
3.
µ∗
∞
i=1
Ai ≤
∞
∑
i=1
µ∗
(Ai)
De esta forma vemos que la primera de las propiedades se verifica trivialmente (por hipótesis) mientras
que con respecto a la segunda de las propiedades tenemos que hacer las siguiente observación. Sea
B = ∅, entonces µ∗ (B) = 1 ≥ µ∗ (A) , ∀A y si B = ∅, entonces µ∗ (A) = µ∗ (B) = 0, ya que A ⊂ B.
Con respecto a la tercera de las propiedades vemos que
µ∗
∞
i=1
Ai =
0 ≤ ∑∞
i=1 µ∗ (Ai) ∀Ai = ∅,
1 ≤ ∑∞
i=1 µ∗ (Ai) si ∃Aj = ∅,
luego ∑∞
i=1 µ∗ (Ai) ≥ 1 ≥ µ∗ (B) , ∀B.
Para calcular la σ−álgebra de los conjuntos medibles tendremos en cuenta la construcción de Caratheodory
M∗
= {A / ∀E ⊂ X, µ∗
(E) ≥ µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
)}
queremos determinar los conjuntos µ∗ − medibles. En este caso en el que µ∗ (A) = 1, A ⊂ X, si
tomamos E = X entonces:
µ∗
(X) ≥ µ∗
(A) + µ∗
(Ac
)
1 ≥ 1 + 1
pero esto es una contradicción por lo que la única posibilidad es:
M∗
= {∅, X}
Otra forma de verlo es la siguiente, tomamos E = {a, b} tal que a ∈ A, b ∈ Ac y al igual que antes
µ∗
(E) ≥ µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
)
µ∗
(E) ≥ µ∗
(A) + µ∗
(Ac
)
1 ≥ 1 + 1
llegando así a la misma contradicción
Ejercicio 2.6.2 Sea X un conjunto no vacío. Definimos µ∗ mediante µ∗ (∅) = 0, µ∗ (A) = 1 y µ∗ (X) = 2, si
∅ = A = X. Comprobar que µ∗ es una medida exterior y determinar el σ−álgebra de los conjuntos medibles.
Solución. En este cas tenemos que
µ∗
(E) =



0 E = ∅
1 ∅ E X
2 E = X
tendremos que comprobar que se verifican las propiedades de la medida exterior i.e.

2.6. EJERCICIOS. 43
1. µ∗ (∅) = 0,
2. µ∗ (A) ≤ µ∗ (B) , si A ⊂ B,
3. µ∗ (∪∞
i=1Ai) ≤ ∑∞
i=1 µ∗ (Ai) ,
Por lo tanto la primera de las propiedades se veriﬁca por hipótesis, con respecto a la segunda de las
propiedades veremos que si A ⊂ B, µ∗ (A) ≤ µ∗ (B) , distinguiremos los siguientes casos
µ∗
(B) =



0 B = ∅ µ∗ (A) = µ∗ (B) = 0
1 ∅ B X µ∗ (A) = 1 = µ∗ (B)
2 B = X µ∗ (A) = 1 ≤ µ∗ (B) = 2
Con respecto a la tercera de las propiedades veremos que si tomamos (Ai)n
i=1 y comprobamos que
µ∗ ∪n
i=1Ai ≤ ∑n
i=1 µ∗ (Ai) haciendo las siguientes distinciones:
An = ∅, ∀n, =⇒ µ∗
(∪n
i=1Ai) = 0 ≤
n
∑
i=1
µ∗
(Ai) = 0
∃An = X =⇒ µ∗
(∪n
i=1Ai) ≤
n
∑
i=1
µ∗
(Ai) ≥ 2,
∪n
i=1Ai = X, ∃n0, tal que An0 = ∅ =⇒ µ∗
(∪n
i=1Ai) ≤
n
∑
i=1
µ∗
(Ai) ≥ 1,
∪n
i=1Ai = X, ∃n, tal que ∀n An = ∅ =⇒ µ∗
(∪n
i=1Ai) = 2 ≤
n
∑
i=1
µ∗
(Ai) .
Para calcular la σ−álgebra de los conjuntos medibles tendremos en cuenta la construcción de Caratheodory
M∗
= {A / ∀E ⊂ X, µ∗
(E) ≥ µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
)}
queremos determinar los conjuntos µ∗ − medibles. Si seguimos los mismos pasos que en el ejercicio
anterior vemos que, sea A ⊂ X tal que A, Ac = ∅, ∅ A X, y supongamos que cardX > 2. Esto
quiere decir que o bien A o Ac o los dos contienen más de un elemento. Supongamos que {x, y} ⊂ A.
Entonces A no es µ∗ medible porque si E = {x} ∪ Ac, ({y} /∈ E) entonces:
µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
) ≤ µ∗
(E) ,
µ∗
({x}) + µ∗
(Ac
) ≤ µ∗
(E) ,
1 + 1 ≤ µ∗
(E) = 1
llegando así a una contradicción ya que E = X. Por lo tanto M∗ = P(X). Si seguimos este razon-
amiento a medida que aumentamos el cardinal de X llegamos a la conclusión de que M∗ = P(X).
Ejercicio 2.6.3 Comprobar que si µ∗ es una medida exterior ﬁnítamente aditiva entonces es numerablemente
aditiva.

Solución. Tenemos que probar que si µ∗ es una medida exterior finítamente aditiva entonces es σ −
aditiva i.e.
µ∗
N
i=1
Ai =
N
∑
i=1
µ∗
(Ai) =⇒ µ∗
∞
i=1
Ai =
∞
∑
i=1
µ∗
(Ai)
para ello tomamos los (Ai)∞
i=1 disjuntos, tales que A = ∪∞
i=1Ai, queremos ver que
µ∗
(A) =
∞
∑
i=1
µ∗
(Ai)
pero observamos que “≤” es cierta al tratarse de una medida exterior (por definición), por lo que sólo
tendremos que probar la implicación “≥” para ello observamos que ∀N µ∗ (A) ≥ µ∗ (∪∞
i=1Ai) =
∑N
i=1 µ∗ (Ai) tomando el límite entonces obtenemos que µ∗ (A) ≥ ∑∞
i=1 µ∗ (Ai) , tal y como queríamos
hacer ver.
Ejercicio 2.6.4 Sea µ∗ una medida exterior y sea H un conjunto µ∗-medible, sea µ∗
0 la restricción de µ∗ a P(H),
1. Comprobar que µ∗
0 es una medida exterior en H.
2. Comprobar que A ⊂ H es µ∗
0-medible sii es µ∗-medible.
Solución. Con respecto al primero de los apartados, tenemos que µ es una medida exterior y H ∈ M∗
definimos µ∗
0(B) = µ∗ (B ∩ H) , µ∗
0 es una medida exterior en P(H), tomamos los {Ai} ⊂ P(H) etc.....
Con respecto al segundo de los apartados tenemos que µ∗ una medida exterior y H ∈ M∗, definimos
µ∗
0 = µ∗
|P(H) (i.e. medida exterior sobre P(H)), podemos considerar los conjuntos µ∗
0 − medibles M∗
0
tenemos que probar que A ⊂ H, A ∈ M∗
0 ⇐⇒ A ∈ M∗.
=⇒⌋ Supongamos A ∈ M∗
0, sea E ⊂ X,
µ∗
0 (E ∩ A) + µ∗
0 (E ∩ Ac
) = µ∗
0 (E ∩ Ac
)
µ∗
(E ∩ A ∩ H) + µ∗
(E ∩ Ac
∩ H) = µ∗
(E ∩ H)
ahora si escribimos Ac = (HA) ∪ Hc, entonces
µ∗
0 (E ∩ Ac
) ≤ µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ (HA)) + µ∗
(E ∩ Hc
)
por hipótesis tenemos que
µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ (HA)) = µ∗
(E ∩ H)
por lo que
µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ (HA)) + µ∗
(E ∩ Hc
) = µ∗
(E ∩ H) + µ∗
(E ∩ Hc
)
pero como H ∈ M∗ entonces
µ∗
(E ∩ H) + µ∗
(E ∩ Hc
) = µ∗
(E)
por lo que A ∈ M∗.

2.6. EJERCICIOS. 45
⇐=⌋ Supongamos que A ∈ M∗, entonces si E ⊂ H
µ∗
0 (E ∩ A) + µ∗
0 (E ∩ Ac
) =
µ∗
(E ∩ A ∩ H) + µ∗
(E ∩ Ac
∩ H) = µ∗
(E)
por lo que A ∈ M∗
0.
Ejercicio 2.6.5 Sea X un conjunto con un número infinito de elementos. Tomemos como clase recubridora C, la
formada por el vacío, el total y los conjuntos con un único elemento. Definimos ρ(∅) = 0, ρ(X) = ∞, ρ(E) = 1,
si E ∈ C, E = ∅, X. Describir la medida exterior así obtenida. Estudiar la σ−álgebra de los conjuntos medibles.
Solución. La clase recubridora C = {{x} : x ∈ X} ∪ {∅, X} y hemos definido
ρ(∅) = 0, ρ(E) = 1, ρ(X) = ∞,
por lo que tomamos
µ∗
(A) = inf ∑ρ(Aj) : A ⊂ ∪ Aj
viéndose que:
1. Si A es finito i.e. A = {x1, ..., xn} , A = ∪n Aj , entonces
µ∗
(A) = inf ∑ρ(Aj) : A ⊂ ∪ Aj = n = cardA,
2. Si A es infinito pero numerable, A = {x1, ..., xn, ....} , A = ∪∞ Aj , entonces
µ∗
(A) = inf ∑ρ(Aj) : A ⊂ ∪∞
Aj = ∞,
3. Si X no es numerable, el recubrimiento numerable de A por elementos de C es A ⊂ X y por lo
tanto obtenemos de nuevo µ∗ (A) = ∞.
Concluimos por lo tanto que
µ∗
(A) =
cardA A < ∞
∞ A ∼ ∞
Por último observamos que M∗ = P(X).
Ejercicio 2.6.6 Sea X un conjunto no numerable. Sea C, la σ−álgebra formada por los conjuntos numerables
y no numerables de complementario numerable.
Sea µ : C −→ [0, ∞] definida mediante µ (E) = cardE, si E es finito y µ (E) = ∞ en otro caso.
1. Probar que µ es una medida completa C.
2. Estudiar la medida µ∗ construida a partir de C y µ.

Solución. Con respecto al primer apartado vemos que para probar que es una medida completa:
Observación 2.6.1 Una medida µ sobre una σ−álgebra M se dice completa si M contiene a todos los subcon-
juntos de conjuntos (de M) con medida cero, i.e. si A ∈ M tal que µ (A) = 0, entonces ∀E ⊂ A, se tiene que
E ∈ M y µ (E) = 0
Queremos probar que si A ∈ C y µ(A) = 0 (=⇒ A = ∅), entonces todo B ⊂ A ∈ C, pero esto es así
por definición de µ (E)
µ (E) =
cardE E < ∞
∞ E ∼ ∞
Con respecto al segundo apartado tenemos que definir la medida exterior asociada a (C, µ)
µ∗
(B) = inf
∞
∑
j=1
µ(Aj) : B ⊂ ∪ Aj =
cardB B < ∞
∞ B ∼ ∞
así µ∗ vuelve a ser una medida en todo P(X) i.e. M∗ = P(X).
Recordamos que para completar una medida teníamos dos formas:
(X, M, µ)



X, M, µ completando con subconjuntos de medida cero
(X, M∗, µ∗) Caratheodory
en este caso (M, µ) ya era completa así que (X, M, µ) = X, M, µ . Concluimos por lo tanto que la
mínima extensión completa no tiene por qué coincidir con la extensión de Caratheodory.
Ejercicio 2.6.7 Sea (X, M, µ) un espacio de probabilidad y sea µ∗ la medida exterior asociada a µ. Sea E ⊂ X
de forma que µ∗(E) = 1. Probar que dados A, B ∈ M, con A ∩ E = B ∩ E entonces;
µ (A) = µ (B) = µ (A ∩ B) .
Solución. La calve está en observar que AB ⊂ Ec (ya que si x ∈ A y x ∈ E, entonces x ∈ B por
hipótesis; luego x ∈ AB entonces x /∈ E). Por lo tanto
(AB)c
⊃ E
y de la definición de medida exterior asociada se sigue que:
µ (AB)c
≥ µ∗
(E) = 1.
Como µ (X) = 1, también se tiene
µ (AB)c
= 1
de aquí µ (AB) = 0. Usando que
A = (A ∩ B) ∪ (AB)
se concluye que
µ (A) = µ (A ∩ B) .
De forma similar se obtiene µ (B) = µ (A ∩ B) , probando así la igualdad.

2.6. EJERCICIOS. 47
Ejercicio 2.6.8 Sean µ∗
1 y µ∗
2 dos medidas exteriores definidas en P(X), tales que µ∗
1 (X) < ∞ y µ∗
2 < ∞. Sean
M1 y M2 las σ−álgebras de los conjuntos medibles para µ∗
1 y µ∗
2 respectivamente. Definimos
µ∗
(A) = µ∗
1(A) + µ∗
2(A), ∀A ⊂ X.
1. Comprobar que µ∗ es una medida exterior.
2. Comprobar que las σ−álgebras de M de los conjuntos medibles para µ∗ viene dada por
M = M1 ∩ M2.
Solución. En primer lugar vemos que µ∗ es una medida exterior ya que
µ∗
(∅) = µ∗
1(∅) + µ∗
2(∅) = 0
y dados An ⊂ X, n = 1, 2, 3...
µ∗
(∪An) = µ∗
1(∪An) + µ∗
2(∪An) ≤ ∑
n
µ∗
1(An) + ∑
n
µ∗
2(An) = ∑
n
µ∗
1(An) + µ∗
2(An) = ∑
n
µ∗
(An),
Con respecto al segundo apartado vemos que M = M1 ∩ M2. Sea A ∈ M1 ∩ M2, entonces ∀E ⊂ X,
tenemos
µ∗
1(E) = µ∗
1(E ∩ A) + µ∗
1(E ∩ Ac
),
y
µ∗
2(E) = µ∗
2(E ∩ A) + µ∗
2(E ∩ Ac
),
sumando ambas igualdades queda
µ∗
(E) = µ∗
(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
),
y por lo tanto A ∈ M.
Por otro lado, sea A ∈ M y E ⊂ X. Usando que
µ∗
j (E) = µ∗
j (E ∩ A) + µ∗
j (E ∩ Ac
), j = 1, 2,
por ser cada µ∗
j una medida exterior y que además
µ∗
1(A) = µ∗
(A) − µ∗
2(A),
por cada µ∗
j finitas, deducimos
µ∗
1(E) ≤ µ∗
1(E ∩ A) + µ∗
1(E ∩ Ac
) = µ∗
(E ∩ A) − µ∗
2(E ∩ A) + µ∗
(E ∩ Ac
) − µ∗
2(E ∩ Ac
)
= µ∗
(E) − (µ∗
2(E ∩ A) + µ∗
2(E ∩ Ac
)) ≤ µ∗
(E) − µ∗
2(E) = µ∗
1(E).
Luego
µ∗
1(E ∩ A) + µ∗
1(E ∩ Ac
) = µ∗
1(E),
lo que nos da A ∈ M1. De forma análoga, A ∈ M2.

2.6.2. Medidas de Lebesgue-Stieltjes (L-S)
Ejercicio 2.6.9 Definimos
F(x) =



0 x < 1,
x 1 ≤ x ≤ 3,
4 x ≥ 3,
Sea dF la medida de L-S asociada a F. Calcular
dF ({1}) , dF ({2}) , dF ((1, 3]) , dF ((1, 3)) , dF ([1, 3]) , dF ([1, 3)) .
Solución. Vemos que en general dada f creciente y continua por la derecha se tiene que:
dF ((a, b]) = F (b) − F (a) ,
dF ((a, b)) =
l´ımn→∞ F b − 1
n − F (a) = F (b−) − F (a) (a, b) = ∪(a, b − 1
n ]
F (b) − F (a) − (F(b) − F (b−)) = F (b−) − F (a) (a, b) = (a, b] {b}
,
dF ([a, b]) = dF ((a, b]) + dF ({a}) = F (b) − F (a) + F(a) − F(a−
) = F (b) − F(a−
), (2.1)
dF ([a, b)) = dF ((a, b)) + dF ({a}) = F b−
− F (a) + F(a) − F(a−
) = F b−
− F(a−
),
dF ({a}) = l´ım
n→∞
dF (a −
1
n
, a] = l´ım
n→∞
F(a) − F a −
1
n
= F(a) − F(a−
),
donde F(a−) significa evaluada por la izquierda. Por lo tanto y resumiendo
dF ((a, b]) = F (b) − F (a) ,
dF ((a, b)) = F b−
− F (a) ,
dF ([a, b]) = F (b) − F(a−
),
dF ([a, b)) = F b−
− F(a−
),
dF ({a}) = F(a) − F(a−
).
En nuestro caso:
1. dF ({1}) = F(1) − F(1−) = 1 − 0 = 1,
2. dF ({2}) = F(2) − F(2−) = 2 − 2 = 0, observar que F es continua en 2,
3. dF ((1, 3]) = F(3) − F(1) = 4 − 1 = 3, recordar que se evalua por la derecha,
4. dF ((1, 3)) = F (3−) − F (1) = 3 − 1 = 2,
5. dF ([1, 3]) = F (3) − F(1−) = 3 − 0 = 3,
6. dF ([1, 3)) = F (3−) − F(1−) = 3 − 0 = 3,
Ejercicio 2.6.10 Sea µ la medida de contar sobre R y P(R). Para un conjunto fijado A ⊂ R, definimos ν(B) =
µ (B ∩ A) para todo B ⊂ R.

2.6. EJERCICIOS. 49
1. Si A = {1, 2, 3, ...., n, ...} ¿es ν una medida de L-S?. En caso afirmativo hallar su función de distribución.
2. Si A = 1, 1
2, 1
3 , ...., 1
n , ... ¿es ν una medida de L-S?. En caso afirmativo hallar su función de distribución.
Solución. Sea A ⊂ R, ν(B) = µ (B ∩ A) = # (B ∩ A) , entonces:
1. En este caso A = N, y ν(B) = µ (B ∩ A) = card (B ∩ A) , Borel finita sobre intervalos finitos,
entonces sí es de L-S y
F (x) =
0 x < 0
k − 1 k − 1 ≤ x ≤ k
F(x) =
0 x < 0
[x] x ≥ 0
2. A = 1, 1
2 , 1
3 , ...., 1
n , ... , en este caso ν, no es de L-S, ya que si tomamos B = (0, ε]
ν(B) = µ (B ∩ A) = card n ∈ N,
1
n
≤ ǫ , ∀ε
y esta medida es siempre infinita ya que esta medida cuenta el número de puntos en ese intervalo
y claro, es siempre infinita por muy pequeño que se tome ε.
Ejercicio 2.6.11 Definimos
F(x) =



0 x ∈ (−∞, −1)
1 + x x ∈ [−1, 0)
2 + x2 x ∈ [0, 2)
9 x ∈ [2, ∞)
Sea dF la medida de L-S asociada a F. Calcular
dF ({2}) , dF [−
1
2
, 3) , dF ((−1, 0] ∪ (1, 2)) , dF [0,
1
2
) ∪ (1, 2] , dF |x| + 2x2
.
Solución. Seguiremos el esquema del primer ejercicio (ver 2.1) por lo que
1. dF ({2}) = F(2) − F(2−) = 9 − (2 + 4) = 3,
2. dF [−1
2, 3) = F(3) − F(−1/2) = 9 − 1/2 = 17
2 ,
3. dF ((−1, 0] ∪ (1, 2)) = (F (0) − F (−1)) + (F (2−) − F (1)) = (2 − 0) + (6 − 3) = 5,
4. dF [0, 1
2 ) ∪ (1, 2] = (F(1/2) − F(0)) + (F(2) − F(1)) = 2 + 1
4 − 2 + (9 − 3) = 25
4 ,
5. dF |x| + 2x2 sencillamente vemos que
A =
2x2 − x − 1 > 0 ⇔ x = 1, −1/2 x < 0
2x2 + x − 1 > 0 ⇔ x = −1, 1/2 x > 0
por lo que tendremos que calcular:
dF(A) = dF (−∞, −1/2) + dF (1/2, ∞) =
= F −1/2−
− F (−∞) + F ∞−
− F (1/2) =
= 1/2 + 0 + 9 − (2 + 1/4) = 29/4.

Ejercicio 2.6.12 Sea f : R −→ R no negativa e integrable Riemann, sobre cada intervalo finito tal que R
f dx =
1. Probar que
F(x) =
x
∞
f (y)dy
es una función de distribución de probabilidad y además F es continua. Si
f (x) =
1 x ∈ [0, 1]
0 resto
hallar F.
Solución. Vemos que F es creciente
x′
0
f dx ≤
x
0
f dx,
y que además es continua por la derecha, lo vemos defoma inmediata ya si tomamos hn → 0, vemos
que F (x + hn) − F (x) → 0 (cuando n → ∞)
F (x + hn) − F (x) =
x+hn
x
f dx
definiendo
In =
(x, x + hn) hn > 0
(x + hn, x) hn < 0
entonces
|F (x + hn) − F (x)| =
x+hn
x
f dx =
In
f χIn
TCD
−→
n→∞
0
ya que gn = f χIn
→ 0, |gn| ≤ f integrable, de esta forma vemos que dF está bien definida y que
dF ({0}) = 0, ∀x porque F es continua y es de probabilidad ya que R
f dx = 1, i.e. dF (R) = R
f dx =
F(∞) − F (−∞) = 1, f función de densidad.
Para un suceso A, la probabilidad es
dF(A) = Pf (A) =
A
f dx
ya que si definimos
νf (A) =
A
f dx
νf = dF en (a, b] ya que
dF ((a, b]) = F (b) − F (a) =
b
a
f (y)dy = νf ((a, b]) .
Aplicamos al ejemplo donde f = χ[0,1] y calculamos
F(x) =
x
−∞
f dy =



0 x < 0,
x
0
1dy = x x ∈ (0, 1)
1 x > 1

2.6. EJERCICIOS. 51
f (x) =
kx (1 − x) x ∈ [0, 1]
0 resto
determinar el vaor de k para que f sea la función de densidad de una medida de probabilidad. Determinar la
función de distribución.
Solución. Siguiendo los pasos del ejercicio anterior vemos que
dF (R) =
R
f dx = F(∞) − F (−∞) = 1
por lo que
F(x) =
x
−∞
f dy =
0 x < 0
x
0
f dy x ∈ [0, 1]
por lo tanto
1
0
kx (1 − x) dx =
k
6
de donde deducimos que k = 6, tal y como queríamos hacerver.
Ejercicio 2.6.14 Dada la función de distribución
F(x) =



0 x ∈ (−∞, −1)
1
3 x ∈ [−1,
√
2)
1
2 + x−
√
2
10 x ∈ [
√
2, 5)
1 x ∈ [5, ∞)
Sea dF la medida de probabilidad correspondiente. Calcular
dF (R) , dF (RQ) ∩ −2, −
√
2 , dF (RQ) ∩
√
2, 5 , dF (Q ∩ [1, 6]) .
Solución. Siquiendo los pasos expuestos en el primero de los ejercicos se trata de encontrar los puntos
de discontinuidad −1,
√
2, 5 y calcular la medida de cada uno de los conjuntos, por lo tanto:
1. dF (R) = 1, ya que se trata de una función de distribución,
2. dF (RQ) ∩ −2, −
√
2 para calcular este conjunto vemos que
dF (RQ) ∩ −2, −
√
2 ≤ dF ((−∞, −1)) = 0

3. dF (RQ) ∩
√
2, 5 , vemos que
dF (RQ) ∩
√
2, 5 = dF
√
2 + dF
√
2, 5 − dF Q ∩
√
2, 5 =
y calculamos cada uno de estos conjuntos
dF
√
2 = F
√
2 − F
√
2
−
=
1
2
−
1
3
dF
√
2, 5 = F 5−
− F
√
2 = 1 −
√
2
10
−
1
3
dF Q ∩
√
2, 5 = 0
esta última igualdad se desprende del hecho de que la función es continua en este conjunto y que
por lo su medida es nula (punto a punto).
4. dF (Q ∩ [1, 6]) = ∑q∈Q∩[1,6] dF ({q}) = dF ({5}) = F(5) − F(5−) ya que sólo nos fijamos en las
singularidades
Ejercicio 2.6.15 Para cada conjunto de Borel A ⊂ R se define
ν (A) =
∞
∑
n=1
1
2n
χA
1
n
.
Probar que ν coincide con la medida de L-S sobre la σ−álgebra de Borel BR y encontrar su función de distribu-
ción.
Solución. En primer lugar mostraremos que se trata de una medida i.e.
(i) ν (∅) = 0, ya que χ∅(x) = 0, ∀x,
(ii) Si (Ai) son disjuntos dos a dos, usando que
χ∪i Ai
(x) = ∑
i
χAi
(x)
ν (∪i Ai) =
∞
∑
n=1
1
2n
χ∪i Ai
1
n
=
∞
∑
n=1
1
2n
∞
∑
i
χAi
1
n
= ∑
i
∞
∑
n=1
1
2n
χAi
1
n
= ∑
i
ν (Ai) .
obsérvese que, de hecho, ν está bien definida sobre la σ−álgebra total P(R).
Además, ν es finita i.e.
ν (R) =
∞
∑
n=1
1
2n
= 1

2.6. EJERCICIOS. 53
i.e. es una medida de probabilidad y por lo tanto ν coincide con una medida de L-S sobre BR.
En este caso, su función de distribución viene dada por
F(x) = ν ((−∞, x]) =



0 x ≤ 0
∑∞
i=n+1
1
2i = 1
2n
1
n+1 ≤ x < 1
n
1 1 ≤ x.

Capítulo 3
Los teoremas del cambio de variable y de
Fubini.
3.1. Propiedades de la σ-álgebra y de la medida de Lebesgue en Rn
.
Asumimos todos los resultados expuestos en los capítulos anteriores.
Definición 3.1.1 Rectángulo R, en Rn,
R = J1 × .... × Jn,
donde los definimos los Ji ⊂ R como intervalos (finitos o no) ydefinimos su volumen como:
|R| = vol (Rn
) =
n
∏
i=1
|Ji|
donde |·| significa la longitud de ·.
Tenemos la sguiente ristra de lemas:
Lema 3.1.1 La intersección de rectángulos forma otro rectángulo.
Lema 3.1.2 La unión finita de rectángulos se puede escribir como la unión disjunta y finita de rectángulos.
Lema 3.1.3 La clase B0 = {uniones finitas de rectángulos} es un álgebra.
Definición 3.1.2 Sea B ∈ B0, entonces podemos escribir B =
n
i=1
Ri i.e. como uniones disjuntas y finitas de
elementos de B0, por lo tanto el volumen de B será:
vol (B) =
N
∑
i=1
|Ri| ,
de esta forma vemos que |·| es una premedida
55

56 CAPÍTULO 3. LOS TEOREMAS DEL CAMBIO DE VARIABLE Y DE FUBINI.
Definición 3.1.3 Medida de Lebesgue de Rn.
La extensión de Caratheodory de la terna (Rn, B0, |·|) nos da el espacio de medida (Rn, Ln, m) donde m (R) =
|R| , ∀R. Esta extensión es única (|·| es σ−finita). Ln es la σ−álgebra de Lebesgue en Rn y m = dx la medida
de Lebesgue.
Propiedades
1. Ln contiene a los abiertos de Rn.
2. ∀A ∈ Ln,
m (A) = inf
∞
∑
i=1
|Ri| , Ri rectángulo ∪∞
i=1 Ri ⊃ A .
3. La medida de Lebesgue en Rn es “regular” i.e.
m (A) = inf {m (U) , A ⊂ U, U abierto} ,
m (A) = inf {m (K) , K ⊂ A, K compacto} .
4. La medida de Lebesgue es invariante por traslaciones
Teorema 3.1.1 A ∈ Ln, x0 ∈ Rn, =⇒ A + x0 ∈ Ln
1. m (A + x0) = m (A) ,
2. f : Rn −→ R, tal que f ≥ 0, ó f ∈ L1
(Rn, dm) , =⇒ ∀x0 ∈ Rn
f (x + x0) dm = f (x) dm
Idea de la demostración. Vemos que
1. Por construcción.
2. Al ser f ≥ 0, entonces por el paso al límite podemos suponer que f es simple entonces aplicamos
toda la artillería desplegada en el primer capítulo i.e.
f =
N
∑
i=1
ciχAi
(x), =⇒ f (x + x0) =
N
∑
i=1
ciχAi
(x + x0) =
N
∑
i=1
ciχ−x0+Ai
(x)
entonces
f (x + x0) dm =
N
∑
i=1
cim(−x0 + Ai) =
N
∑
i=1
cim(Ai) = f (x) dm
y por lo tanto al ser cierto para funciones simples lo extendemos a funciones “normales” tenien-
do en cuenta los teoremas de convergencia dominada etc....
Generalizamos este teorema para transformaciones afines en general

3.2. MEDIDAS INDUCIDAS. 57
Teorema 3.1.2 (TCV para aplicaciones lineales). Sea T : Rn → Rn una transformación lineal tal que det T =
0, por lo que M (T, B) ∈ GL (n, R) . Entonces:
1. Si A ∈ Ln, entonces T(A) ∈ Ln y m(T(A)) = |det T| m(A).
2. Sea f : Rn −→ R, tal que f ≥ 0, ó f ∈ L1
(Rn, dm) , =⇒
f (x) dm = |det T| f (T(x)) dm.
Corolario 3.1.1 En las condiciones del teorema anterior si D es medible entonces:
T(D)
f (x) dm = |det T|
D
f (T(x)) dm.
El teorema de cambio de variable general, permite substituir la aplicación T (lineal) por cualquier
difeomorfismo ϕ de forma que si J(x) = det Dϕ(x) es el jacobiano de ϕ en x, entonces
ϕ(D)
f (x) dm =
D
f · ϕ(x) |J(x)| dm.
pero antes de enunciarlo formalmente necesitamos algo más de artillería.
3.2. Medidas inducidas.
Definición 3.2.1 Dados dos espacios X, Y dotados de ciertas σ−álgebras (MX, MY) se dice que la aplicación
ϕ : X → Y es medible si ϕ−1
(B) ∈ MX, para todo B ∈ MY.
Definición 3.2.2 Si µ es una medida sobre la σ−álgebra MX, entonces ϕ induce una medida sobre MY de la
siguiente forma:
µϕ(B) = µ ϕ−1
(B) .
Teniendo en cuenta estas dos definiciones podemos ahora formular el siguiente teorema:
Teorema 3.2.1 Sean (MX, MY) y µϕ(B) = µ ϕ−1
(B) . Si f : Y −→ R, es medible y f ≥ 0, ó f ∈
L1 dµϕ , =⇒
Y
f (x) dµϕ =
D
f · ϕdµ.
Llegamos así a formular el teorema de cambio de variable general:
Teorema 3.2.2 Sea ϕ : Ω ⊂ Rn → Rn un difeomorfismo regular C1 y sea f : ϕ (Ω) −→ R medible Lebesgue.
Si f ≥ 0, ó f ∈ L1
(dx) , entonces:
ϕ(Ω)
f (x) dx =
Ω
f · ϕ(x) |J(x)| dx.

Observación 3.2.1 Se observa que
Ω ⊂ Rn ϕ
−→ Rn ⊃ ϕ (Ω)
f · ϕ ց ↓ f
R
Recordar que la notación que se emplea en geometría diferencial (integración en variedades)
ϕ(Ω)
f dx =
Ω
ϕ∗
f dx,
mucho más elegante.
3.3. Medidas producto.
La idea es la de extender la medida de Lebesgue en Rn a cualquier espacio de medida. Sean (X, MX, µ),
(Y, MY, ν) dos espacios de medida y sean A ∈ MX, B ∈ MY. Entonces, definimos el rectángulo
medible
A × B = {(x, y) : x ∈ A, y ∈ B}
y reproducimos la misma ristra de lemas que los expuesto al principio de este capitulillo i.e.
Lema 3.3.1 La intersección de rectángulos forma otro rectángulo.
Lema 3.3.2 La unión finita de rectángulos se puede escribir como la unión disjunta y finita de rectángulos.
Lema 3.3.3 La clase
A = ∪N
i=1Ai × Bi, Ai ∈ MX, Bi ∈ MY
es un álgebra.
Lema 3.3.4 Sea R = A × B, A ∈ MX, B ∈ MY.
π0 (R) = π0 (A × B) = µ(A)ν (B)
Sea U = (Ai × Bi) , with Ai ∈ MX, Bi ∈ MY
π0 (U) =
N
∑
i=1
µ(Ai)ν (Bi)
π0 es una premedida.
Observación 3.3.1 La mínima σ−álgebra que contiene a A se denota por MX ⊗ MY y se verifica que
MX × MY ⊂ A ⊂ MX ⊗ MY.
Definición 3.3.1 (X × Y, A, π0) −→ X × Y, A∗, π∗
0|A
por Caratheodory es completo.

3.4. TEOREMA DE FUBINI. 59
Si seguimos este procedimiento podemos extender estas definiciones al producto de n medidas. De
esta forma tenemos que si (Xi, Mi, µi)n
i=1 son n espacios de medida entonces definimos la σ−álgebra
producto como el producto “⊗” de sus respectivas σ−álgebras i.e. Mi etc... y de esta forma obte-
mos el espacio Xi, Mi, dµi como la extensión de Caratheodory de la premedida π0 sobre
A (álgebra de uniones finitas de rectángulos medibles) donde si R = A1 × ... × An, ∀Ai ∈ Mi en-
tonces
π0 = ∏µi (Ai) .
3.4. Teorema de Fubini.
Definición 3.4.1 Dado E ⊂ X × Y y fijado x ∈ X se define la x-sección de E como
Ex = {y ∈ Y : (x, y) ∈ E} ,
y la y-sección
Ey
= {x ∈ X : (x, y) ∈ E} .
Sea f : X × Y −→ R, definimos la x-sección de f como
fx : Y −→ R
: y −→ fx (y) = f (x, y)
y de forma análoga la y-sección de f como
f y
: X −→ R
: x −→ f y
(x) = f (x, y).
Proposición 3.4.1 Sean (X, MX, µ), (Y, MY, ν) dos espacios de medida, entonces:
1. Si E ∈ MX ⊗ MY, entonces Ex ∈ MX, Ey ∈ MY.
2. f : X × Y −→ R es MX ⊗ MY medible entonces fx es MY medible y f y es MX medible.
Esta proposición nos viene a decir que si f : X × Y −→ R es medible y positiva entonces fx es medible
y como sigue siendo positiva la podemos integrar en ydν, i.e. podemos definir
g(x) =
Y
fx (y) dν(y)
y de forma análoga definimos la función
h(y) =
X
f y
(x)dµ(x).
Por lo tanto tanto g como h son medibles y positivas y por lo tanto
X
g(x)dµ(x) =
Y
h (y) dν(y) =
X×Y
f (x, y)d (µ × ν)
si µ y ν son σ−finitas.

Teorema 3.4.1 Fubini. Sean (X, MX, µ), (Y, MY, ν) dos espacios de medida σ−finitos, entonces:
1. Si f : X × Y −→ R es medible y positiva entonces tanto g como h son medibles y además se verifica:
X×Y
f (x, y)d (µ × ν) =
X Y
f dν dµ =
Y X
f dµ dν (3.1)
2. Si f ∈ L1
(d (µ × ν)) , =⇒ fx ∈ L1
(dν) ctp, f y ∈ L1
(dµ) ctp, por lo tanto g, h están definidas ctp y
son integrables además se verifica (3.1).
Para la demostración de este teorema se necesitan los siguientes ingredientes:
Proposición 3.4.2 Sean (X, MX, µ), (Y, MY, ν) dos espacios de medida σ−finitos, y E ∈ MX ⊗ MY, en-
tonces
x −→ ν (Ex) ∈ MX,
y −→ µ (Ey
) ∈ MY,
i.e. son medibles en X e Y respectivamente y
µ × ν (E) =
X
ν (Ex) dµ(x) =
Y
µ (Ey
) dν(y).
Para demostrar esta proposición se necesita la siguiente definición y el siguiente lema.
Definición 3.4.2 Se dice que C ⊂ P(X × Y), es una clase monótona si es cerrada por uniones crecientes e
intersecciones decrecientes i.e.
E1 ⊂ .... ⊂ En ⊂ ... ∈ C, =⇒ ∪Ei ∈ C,
K1 ⊃ .... ⊃ Kn ⊃ ... ∈ C, =⇒ ∩Ki ∈ C.
Lema 3.4.1 Si A es una álgebra y C es una clase monótona con A ⊂ C entonces la mínima σ−álgebra que
contiene a A (σ (A)) ⊂ C.
3.4.1. Aplicaciones del teorema de Fubini.
1. Los típicos intercambios en el orden de integración que nos hacen la vida más fácil.
2. El TCM es un caso particular del teorema de Fubini.
3. El TCD para series también es una consecuencia de este teorema.

3.5. EJERCICIOS. 61
3.5. Ejercicios.
Ejercicio 3.5.1 Sean X = Y = N, M = N = P(N) y sean µ, ν las medidas de contar en N. Probar que
d (µ × ν) es la medida de contar en P(N×N). Si deﬁnimos
f (m, n) =



1 si m = n
−1 si m = n + 1
0 resto
comprobar que |f | d (µ × ν) = ∞ y que existen f dµ dν, f dν dµ, y son distintas.
Solución. Tenemos la siguiente situación:
X = Y = N, M = N = P(N)
dµ = dν medidas de contar,
M ⊗ N = P(N×N) M × N ⊆ M ⊗ N ⊆ P(N×N)
pero observamos que P(N×N) ∀m, n ∈ N, {m} , {n} ∈ M, N , donde {m} × {n} = {m, n} es medible
y cualquier combinación numerable también (por lo tanto P(N×N)) luego
M × N = M ⊗ N = P(N×N).
dµ ⊗ dν es la medida de contar en N×N ya que
µ × ν ({m, n}) = µ × ν ({m} × {n}) = µ ({m}) × ν ({n}) = 1.
Ahora consideramos la función dada i.e.
f (m, n) =



1 si m = n
−1 si m = n + 1
0 resto
observamos que las integrales iteradas no coinciden ya que f no es positiva y no es integrable. Luego,
si probamos que las integrales iteradas no coinciden es que no es integrable.
Si integramos
N
f (m, n) dµ (m) =
∞
∑
m=1
f (m, n) = 0, ∀n
siempre encontramos ±1 que se anulan mutuamente.
Si ahora integramos
N
f (m, n) dν (n) =
∞
∑
n=1
f (m, n) =
1 m = 1
0 m = 0
.
Igualmente vemos que
f (m, n) dν (n) dµ (m) = 1
por lo que f /∈ L1.
N×N
|f | d (µ × ν) =
∞
∑
m,n=1
|f (m, n)| = ∞

Ejercicio 3.5.2 Probar que un producto de una M−simple s : X −→ R, por una N −simple r : Y −→ R
es (M ⊗ N )-simple. Probar también que si f : X −→ R es M−medible, g : Y −→ R, es N −medible, y
h : R × R −→ R continua la función H(x, y) = h (f (x) , g (y)) es (M ⊗ N )-medible.
Solución. Tenemos los espacios de medida (X, M, µ) , (Y, N , ν) y las funciones f : X −→ R, M −
medible, g : Y −→ R, N −medible y la función h : R × R −→ R continua. Consideramos la función
H(x, y) = h (f (x) , g (y)) queremos probar que es (M ⊗ N )-medible.
Para ello empezamos probando que el producto de funciones simples es simple i.e. si dadas s : X −→
R, y r : Y −→ R (M, N −simples respectivamente) entonces s (x) r (y) es (M ⊗ N )-simple.
Deﬁnimos:
s (x) =
n
∑
j=1
cjχAj
(x), cj ∈ R, Aj ∈ M,
r(y) =
m
∑
j=1
djχBj
(y), dj ∈ R, Bj ∈ N ,
entonces
s (x) r (y) =
n
∑
j=1
m
∑
i=1
cjdiχAj
(x)χBi
(y) =
n
∑
j=1
m
∑
i=1
cjdiχAj×Bi
(x, y),
que es simple, ya que cjdi ∈ R y χAj
(x)χBi
(y) = χAj×Bi
(x, y)
Sea ahora h : R × R −→ R
h (s (x) , r (y)) =
n
∑
j=1
m
∑
i=1
h cj, di χAj×Bi
(x, y)
Por último. teenmos que f : X −→ R,M−medible, y g : Y −→ R, N −medible i.e. existen (respectiva-
mente) {sl} y {rl} de funciones simples tales que
f (x) = l´ım
l→∞
sl(x), g(y) = l´ım
l→∞
rl(y)
al ser h continua, entonces
H(x, y) = h (f (x) , g (y)) = l´ım
l→∞
(sl(x), rl(y))
por lo tanto (M ⊗ N )-medible. De esta forma vemos que H es límite puntual de funciones simples y
por lo tanto es medible.
Ejercicio 3.5.3 Sea f : X −→ R una función M−medible, f ≥ 0 y sea
Af = {(x, y) ∈ X × R : 0 ≤ y ≤ f (x)} .
1. Probar que Af ∈ M × B (donde B es la σ−álgebra de Borel).
2. Dada una medida µ en (X, M) σ−ﬁnita probar que X
f dµ coincide con la medida producto π = µ × dy
del conjunto Af .

3.5. EJERCICIOS. 63
Solución. Queremos ver la relación que hay entre la integral y la medida del grafo de una función.
“medida” de Af =
b
a
f dx.
En general dado (X, M, µ) y f : X −→ R una función M−medible, f ≥ 0,
Af = {(x, y) ∈ X × R : 0 ≤ y ≤ f (x)}
entonces
dµ × dx Af =
X
f dµ
donde Af ⊂ X × R donde la medida es (dµ × dx) .
Queremos probar que Af es M ⊗ B medible y que dµ × dx Af = X
f dµ.
Empezamos probándolo para fuciones simples y luego extendemos a funciones generales i.e.:
Sea
s (x) =
m
∑
j=1
cjχAj
(x), cj ∈ R+
, Aj ∈ M,
simple y positiva y tomamos los Aj disjuntos y sea
As = {(x, y) ∈ X × R : 0 ≤ y ≤ s (x)}
por lo tanto
As =
m
j=1
Aj × 0, cj ∈ M × B
además
dµ × dx Af =
m
∑
j=1
cjµ Aj =
X
sdµ.
Para una función general vemos que existe una sucesión de funciones simples creciente {sl} si ≤ si+1
y convergente a f i.e. l´ıml→∞ sl = f (x). Además
Af =
∞
j=1
Asj
unión creciente por lo que Al ∈ M × B y además por el TCM tenemos que
dµ × dx Af
TCM
= l´ım
l→∞
dµ × dx (Asl
)
simples
= l´ım
l→∞ X
sldµ
TCM
=
X
f dµ.
Ejercicio 3.5.4 Si damos a X = [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 la medida de área, dx = dx1 × dx2, si ϕ (x) = x1 + x2,
δ = |x1 − x2| dar expresiones para las medidas dxϕ, dxδ inducidas en R.

Solución. En este caso vemos que X = [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2, y ϕ : X −→ R tal que ϕ (x) = x1 + x2
donde la medida de Lebesgue en [0, 1] × [0, 1] viene dada por dx1 × dx2. Queremos calcular la medida
inducida por ϕ en R (de hecho en [0, 2]).
Recordamos que si A ⊂ B (Borel)
mϕ(A) = m ϕ−1
(A)
podemos suponer que A es un intervalo A = (a, b], 0 ≤ a < b < 2. Buscamos
ϕ−1
(A = (a, b]) = {(x1, x2) : a < x1 + x2 ≤ b}
curvas de nivel de ϕ, x1 + x2 = const. Vemos tres casos:
1. 0 ≤ a < b ≤ 1.
mϕ(A) =
b2
2
−
a2
2
.
2. 0 ≤ a < 1 < b < 2.
mϕ(A) = 1 −
a2
2
−
(2 − b)2
2
=
1
a
tdt +
b
1
(2 − t) dt.
3. 1 ≤ a < b ≤ 2
mϕ(A) =
(2 − a)2
2
−
(2 − b)2
2
=
b
a
(2 − t) dt.
Observamos que
dmϕ (t) = tχ(0,1) (t) dt + (2 − t) χ(1,2) (t) dt,
y por lo tanto
dmϕ (t) = h(t)dt, h(t) =
t t ∈ (0, 1)
2 − t t ∈ (1, 2)
Ejercicio 3.5.5 Sea X = R2 {(0, 0)} y dm = dxdy la medida de Lebesgue en X. Deﬁnimos
φ : X −→ R
: (x, y) −→ ln(x2
+ y2
)
y sea mφ la medida inducida por φ y m en R.
1. Calcular el valor de mφ ([0, 1])
2. Demostrar que mφ tiene la forma dmφ(y) = W(y)dy y encontrar W(y) explícitamente.

3.5. EJERCICIOS. 65
Solución. Por deﬁnición
mφ ([0, 1]) = m φ−1
([0, 1]) .
Ahora bien:
φ−1
([0, 1]) = {(x, y) : φ (x, y) ∈ [0, 1]} = (x, y) : 0 ≤ ln x2
+ y2
≤ 1 = (x, y) : 1 < x2
+ y2
≤ e ,
se trata por lo tanto del anillo con radio interior 1 y exterior
√
e, así que
mφ ([0, 1]) = m φ−1
([0, 1]) = π R2
− r2
= eπ − π = (e − 1) π.
Con respecto al segundo apartado
R
f (y)dmφ(y) =
X
f ln(x2
+ y2
) dxdy
cv
=
2π
0
∞
0
f ln r2
rdrdθ =
= 2π
∞
0
f ln r2
rdr =
y=ln r2
2π
R
f (y) ey/2 1
2
ey/2
dy =
R
f (y) πey
dy,
donde r = ey/2, dr = 1
2 ey/2dy y por lo tanto
dmφ(y) = W(y)dy = πey
dy,
Aplicaciones del teorema de Fubini
Ejercicio 3.5.6 Sea
f (x, y) =
x2−y2
(x2+y2)
2 (x, y) = (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
,
comprobar que
π
4
=
1
0
1
0
f dydx =
1
0
1
0
f dxdy = −
π
4
,
¿Qué hipótesis no se veriﬁca en el teorema de Fubini?.
x2 − y2
(x2 + y2)2
dx dy = −
x
x2 + y2
dy = − arctan
y
x
x2 − y2
(x2 + y2)2
dy dx =
y
x2 + y2
dx = arctan
x
y
de esta forma tenemos que
1
0
1
0
f dydx =
π
4
1
0
1
0
f dxdy = −
π
4
para llegar a este resultado hemos tenido en cuenta el CV antes expuesto. f /∈ L1(dx ⊗ dy).

Ejercicio 3.5.7 Sea
f (x, y) =
xy
(x2+y2)
2 x ∈ [−1, 1] , y ∈ [−1, 1]
0 (x, y) = (0, 0)
,
comprobar que
1
−1
1
−1
f dydx =
1
−1
1
−1
f dxdy,
pero sin embargo f no es integrable en [−1, 1] × [−1, 1] . ¿Qué hipótesis no se veriﬁca en el teorema de Fubini?.
Solución. Sabemos por el teorema de Fubini que si
f dxdy = f dydx
entonces f /∈ L1(dx ⊗ dy). Pero este teorema no dice “sii”, por lo que puede ocurrir que
f dxdy = f dydx
y sin embargo f no sea integrable i.e. f /∈ L1(dx ⊗ dy). Este ejercicio va de eso precisamente.
Sea
f =
xy
(x2 + y2)2
, x ∈ [−1, 1] , y ∈ [−1, 1]
x2 + y2 = 0, sabemos que f es medible ya que es continua salvo en un punto (medida cero). Veremos
que
f dxdy = 0,
tal y como se observa, f es integrable al ser cociente de dos polinomios distintos de cero, además es
una función impar en un dominio simétrico i.e. f y
(−x) = −f y
(x) y por lo tanto la integral es cero. De
forma análoga
f dydx = 0,
ya que fx(−y) = −fx(y). Ademas podemos ver que:
1
−1
1
−1
xy
(x2 + y2)2
dxdy =
1
−1
−
y
2 (x2 + y2)2
1
−1
dy =
1
−1
0dy = 0,
1
−1
1
−1
xy
(x2 + y2)2
dydx =
1
−1
−
x
2 (x2 + y2)2
1
−1
dy =
1
−1
0dx = 0.
Sin embargo f /∈ L1(dx ⊗ dy) i.e.
1
−1
1
−1
|f | dydx = ∞
para verlo haremos un c.v. de tal forma que
1
−1
1
−1
|f | dydx ≥
1
0
2π
0
|sin θ cos θ|
r
dθdr = 2
1
0
dr
r
= ∞

3.5. EJERCICIOS. 67
donde (dydx = rdθdr)o de forma análoga, por simetría
1
−1
1
−1
|f | dydx ≥ 4
1
0
1
0
f dydx = 4
1
0
1
0
x2
x4
dxdy = 4
1
0
1
0
1
x2
dxdy = ∞
Ejercicio 3.5.8 Integrando f = e−y sin 2xy con respecto a x, y calcular que
∞
0
e−y sin2
y
y
dy =
1
4
log 5
Sugerencia: Comprobar en primer lugar que f (x, y) = e−y sin (2xy) , es integrable en [0, 1] × [0, ∞] . Luego
aplicar Fubini comprobando que
1
0
f dx =
e−y
y
sin2
y,
∞
0
f dy =
2x
1 + 4x2
f = e−y
sin (2xy)
∞
0
1
0
f dxdy =
∞
0
1
0
e−y
sin (2xy) dxdy =
∞
0
e−y
y
sin2
ydy =??
observar que
sin (2xy) dx = −
1
2y
cos 2xy, sin2
y =
1
2
(1 − cos 2y)
mientras que por otro lado
1
0
∞
0
f dydx =
1
0
∞
0
e−y
sin (2xy) dydx =
1
0
2x
4x2 + 1
dx =
1
4
ln 1 + 4x2
1
0
=
1
4
log 5
donde
∞
0
e−y
sin (2xy) dy = −
e−y
4x2 + 1
(2x cos (2xy) + sin (2xy))
∞
0
=
2x
4x2 + 1
lo vemos de forma algo más detallada
e−y
sin (2xy) dy = −
1
2x
e−y
cos (2xy) −
1
2x
1
2x
e−y
sin (2xy) +
1
2x
e−y
sin (2xy) dy =
= −
1
2x
e−y
cos (2xy) −
1
4x2
e−y
sin (2xy) −
1
4x2
e−y
sin (2xy) dy,
viendo así que
1 +
1
4x2
e−y
sin (2xy) dy = −
1
2x
e−y
cos (2xy) −
1
4x2
e−y
sin (2xy) ,
llegando al resultado anteriormente expuesto, por lo tanto concluímos que
∞
0
e−y sin2
y
y
dy =
1
4
log 5,

sólo resta probar que se puede aplicar el teorema de Fubini, para ello debemos comprobar que f ∈
L1(dx ⊗ dy) i.e.
|f | dydx =
∞
0
1
0
e−y
sin (2xy) dxdy ≤
∞
0
1
0
e−y
dxdy ≤
∞
0
e−y
dy < ∞
esta aclaración es esencial, pues sin ella no podríamos asegurar el resultado.
Ejercicio 3.5.9 Sea dµ la medida de Lebesgue sobre los Borel de [0, 1] y sea dν la medida de contar en P(R).
Deﬁnimos G : [0, 1] × N −→ R, por G (x, n) = x
2
n
.
1. Demostrar que para 0 < a ≤ 1 se tiene G−1
((−∞, a)) = ∪n [0, 2a1/n) × {n} ,
2. Deducir que G es dµ ⊗ dν-medible,
3. Usar Fubini para probar la identidad
∞
∑
n=1
1
(n + 1) 2n
= 2 ln 2 − 1.
Solución. Vemos que:
1. Con respecto al primer apartado tenemos que:
(x, n) ∈ G−1
((−∞, a)) ⇐⇒ G(x, n) =
x
2
n
< a ⇐⇒ x < 2a1/n
⇐⇒ (x, n) ∈ [0, 2a1/n
) × {n} .
2. Con respecto al segundo vemos que si 0 < a ≤ 1, entonces G−1
((−∞, a)) es la unión numerable
de rectángulos medibles de [0, 1] × N.
Si a ≤ 0, G−1
((−∞, a)) = ∅,
Si a > 1, entonces G−1
((−∞, a)) = [0, 1] × N
En todos los casos G−1
((−∞, a)) es medible y por lo tanto la función G es medible.
3. G es positiva y medible luego se puede usar Fubini, obetiéndose
[0,1]×N
Gdµ ⊗ dν =
N [0,1]
x
2
n
dxdν(n) =
1
0 N
x
2
n
dν(n)dx,
donde
N [0,1]
x
2
n
dxdν(n) =
N
1
n + 1
1
2
n
dν(n) =
∞
∑
n=1
1
(n + 1) 2n
,
y
1
0 N
x
2
n
dν(n)dx =
1
0
∞
∑
n=1
x
2
n
dx =
1
0
x/2
1 − x/2
dx =
1
0
x
2 − x
dx = 2 ln 2 − 1,
donde
∞
∑
n=1
x
2
n
=
x/2
1 − x/2
,

3.5. EJERCICIOS. 69
al tratarse de una geométrica, de esta forma vemos que
∞
∑
n=1
1
(n + 1) 2n
= 2 ln 2 − 1,
Ejercicio 3.5.10 Deﬁnimos la función f : [0, 1] × [0, 1] −→ R
f (x, y) =
1 x ∈ Q ∩ [0, 1] , y ∈ [0, 1]
0 x ∈ [0, 1] Q, y ∈ [0, 1]
,
1. Probar que f es medible con respecto a la medida de Lebesgue en R2, dm = dx × dy,
2. Calcular la integral
[0,1]2
f (x, y) dxdy.
Solución. Sea A = Q ∩ [0, 1] . Entonces se ve que
f (x, y) = 1 ⇐⇒ (x, y) ∈ A × [0, 1] ,
por lo tanto
f = χA×[0,1],
que es medible ya que A × [0, 1] pertenece a la σ−álgebra producto (es el producto cartesiano de dos
conjuntos medibles Lebesgue en R)
Con respecto al segundo apartado vemos que
[0,1]2
f (x, y) dxdy = m (A × [0, 1]) = m1 (A) · m1 ([0, 1]) = m1 (A) = 0,
donde m1 denota la medida de Lebesgue de R y donde m1(A) = 0, al ser A numerable.
Ejercicio 3.5.11 Deﬁnimos la función f : [0, 1] × [0, 1] −→ R
f (x, y) =
1 (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] , x · y ∈ Q
0 en caso contrario
,
1. Probar que f es medible con respecto a la medida de Lebesgue en R2, dm = dx × dy,
2. Calcular la integral
[0,1]2
f (x, y) dxdy.

Solución. Sea {rk}k una enumeración de los números racionales de [0, 1] y sean
Ek = {(x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] : x · y = rk} , k = 1, 2, 3, ...
si
E =
k
Ek,
unión disjunta, entonces
f = χE,
como se puede comprobar.
Deﬁnimos ahora
G : [0, 1] × [0, 1] −→ R
: (x, y) −→ x · y,
donde G es continua y por lo tanto Ek = G−1({rk}) es un cerrado. Deducimos por lo tanto que Ek es
medible Borel y por consiguiente también lo es E llegando de esta forma a demostrar que f es medible.
Con respecto al segundo apartado vemos que si m (Ek) = 0, entonces la integral pedida será nula. Para
probarlo, vemos que por Fubini (podemos usarlo al tratarse de una función positiva y medible) que
m (Ek) =
1
0
1
0
χEk
dy dx =
1
0
m1 ((Ek)x) dx,
donde m1 representa la medida de Lebesgue de R.
Pero si rk = 0,
(Ek)x = {y ∈ [0, 1] : (x, y) ∈ Ek} = {rk/x} ,
consta de un único punto. Luego m1 ((Ek)x) = 0.
El caso rk = 0, es inmediato ya que
Ek = [0, 1] × {0} ∪ {0} × [0, 1] ,
que también tiene medida cero por la deﬁnición de medida producto.
Ejercicio 3.5.12 Consideramos el espacio de medida ([0, 1] × [0, 1] , L, m2) , donde L representa la clase d econ-
juntos edibles Lebesgue y m2 la medida de Lebesgue. Dado E ∈ L denotamos
Ex = {y ∈ [0, 1] : (x, y) ∈ E} , Ey
= {x ∈ [0, 1] : (x, y) ∈ E} .
Sea por otro lado m1 la medida de Lebesgue en [0, 1] . Demostrar que si E ∈ L cumple m1 (Ex) ≤ 1/2, c.t.p. x,
entonces se tiene también
m1 ({y ∈ [0, 1] : m1 (Ey
) = 1}) ≤ 1/2.
Solución. El teorema de Fubini aplicado a la función medible y positiva
f (x, y) = χE (x, y) ,

3.5. EJERCICIOS. 71
nos da
m2 (E) =
1
0
m1 (Ex) dx =
1
0
m1 (Ey
) dy.
De la hipótesis se deduce que
m2 (E) =
1
0
m1 (Ex) dx ≤
1
0
1
2
dx =
1
2
.
Sea por otro lado
A = {y ∈ [0, 1] : m1 (Ey
) = 1} ,
entonces
1
2
≥
1
0
m1 (Ey
) dy ≥
A
m1 (Ey
) dy =
A
1dy = m1 (A) ,
por lo tanto
m1 (A) ≤
1
2
,
tal y como queríamos probar.

Capítulo 4
Medidas y derivadas.
4.1. Introducción
A modo de motivación recordamos la relación entre derivación e integración. Sabemos por la integral
de Riemann que:
F(x) =
x
a
f (u) du, F ∈ C
i.e. es una fución continua y por el TFC sabemos que
F′
(x0) = f (x0)
y que si F ∈ C1, F : [a, b] −→ R, entonces:
F(a) +
x
a
F′
(u) du = F(x).
Teorema 4.1.1 Sean (X, M, µ) un espacio de medida y f : X × [a, b] −→ R. Supongamos que f t ∈ L1(dµ),
∀t, deﬁnimos
F(t) =
X
f t
dµ (x)
1. Si fx es continua en t0, ∀x y ∃g ∈ L1(dµ) : f t ≤ g, ∀t, entonces F es continua en t0.
2. Si ∃∂t f, ∀t y ∃g ∈ L1(dµ) : |∂t f | ≤ g, ∀t, entonces existe F′(t) :
F′
(t) = ∂t
X
f (x, t)dµ =
X
∂t f dµ.
Idea de la demostración. La idea consiste en tomar una sucesión {tn} −→ t0. Deﬁnir gn(x) = f tn
l´ım
n−→∞
gn(x) = l´ım
n−→∞
f (x, tn) = f (x, t0)
las funciones gn(x) están acotadas i.e. |gn(x)| ≤ g ∈ L1(dµ), entonces por el teorema TCD tenemos
que
l´ım
n−→∞
F (tn) = l´ım
n−→∞ X
gndµ (x) =
X
f (x, t0)dµ (x) = F(t0)
por lo que F es continua en t0, etc....
73

74 CAPÍTULO 4. MEDIDAS Y DERIVADAS.
4.2. Diferenciación de Lebesgue
Definición 4.2.1 Dada f ∈ L1(dµ), se define el conjunto de puntos de Lebesgue de f, y lo denotamos por Lf
como:
Lf = x ∈ R : l´ım
h→0
1
2h
x0+h
x0−h
|f (x) − f (x0)| dµ = 0 .
Definición 4.2.2 Operador de Hardy-Littlewood.
Mf (x) = sup
h>0
1
2h
x+h
x−h
|f (u)| du
Desigualdad: Si f ∈ L1 y λ > 0, entonces:
|{x ∈ R : Mf (x) > λ}| ≤
2
λ
|f | dx.
Lema 4.2.1 Aproximación por funciones continuas. Si f ∈ L1
(R, dx) dado ε > 0, ∃g ∈ L1
(R, dx)
continua tal que
R
|f − g| dx < ε
Tanto la definición del operador de Hardy-Littlewood como su desigualdad y el anterior lema son
necesarios en la demostración del siguiente teorema.
Teorema 4.2.1 Teorema de diferenciación. Si f ∈ L1
(R, dx) definimos
F(x) =
x
a
f (u) du,
entonces F es diferenciable en c.t.p. con respecto a la medida de Lebesgue [c.t.p. (dx)] y además
F′
(x) = f (x), c.t.p. (dx) .
Comentarios sobre este teorema.
Definición 4.2.3 Se dice que una función medible, f (x) es localmente integrable si para todo conjunto aco-
tado D, la restricción de f a D, i.e. fχD
es integrable. Se escribe f ∈ L1
loc (R, dx) .
Observación 4.2.1 Ejemplos de este tipo de funciones son f = x2, f = ex. El teorema de diferenciación es
válido para este tipo de funciones.
Teorema 4.2.2 Diferenciación en Rn. Si f ∈ L1
(R, dx) , entonces
l´ım
r→0
1
|Br(x)| Br
f (y)dy = f (x), c.t.p.
donde Br(x) = {y ∈ Rn : |x − y| < r} .

4.3. TEOREMA DE RADON-NIKODYM-LEBESGUE. 75
Teorema 4.2.3 Sea F : [a, b] −→ R, derivable ∀x ∈ [a, b] . Si F′ es integrable Riemann, entonces:
F(x) = F(a) +
x
a
F′
(u) du.
Definición 4.2.4 Se dice que F es absolutamente continua, escribimos F ∈ AC, si ∀ε > 0, ∃δ > 0, tal que
toda colección de intervalos disjuntos {Ii}i≥1 , Ii = (ai, bi) con ∑ |Ii| < δ, entonces:
∑
i≥1
|F (bi) − F (ai)| < ε.
Se dice que F es localmente absolutamente continua, escribimos F ∈ ACloc, si FχD
∈ AC, ∀D conjunto
medible acotado.
Si f ∈ L1
loc (R, dx) y F(x) =
x
a
f (u) du entonces F ∈ ACloc. De esta forma tenemos el segundo teorema
fundamental del cálculo para la teoría de Lebesgue.
Teorema 4.2.4 Son equivalentes:
1. F ∈ ACloc,
2. ∃f ∈ L1
loc (R) tal que
F(x) = F(a) +
x
a
f (u) du, ∀x, a ∈ R.
3. F tiene derivada en c.t.p. F′ ∈ L1
loc (R) y
F(x) = F(a) +
x
a
F′
(u) du, ∀x, a ∈ R.
4.3. Teorema de Radon-Nikodym-Lebesgue.
Definición 4.3.1 Dadas dos medidas µ y ν, definidas sobre la misma σ−álgebra M decimos que ν es absolu-
tamente continua con respeto a µ (escribimos ν ≪ µ) si para todo E ⊂ M, µ(E) = 0, entonces ν(E) = 0.
Proposición 4.3.1 Si dadas dos medidas µ y ν, definidas sobre la misma σ−álgebra M tales que ν ≪ µ y
ν − f inita entonces ∀ε > 0, ∃δ > 0 : si E ⊂ M y µ(E) < δ, entonces ν(E) < ε.
Tenemos así una primera versión del teorema de RN.
Teorema 4.3.1 Si µ y ν son dos medidas definidas en M tal que µ es σ − f inita y ν − f inita. Si ν ≪ µ
entonces existe una función f ∈ L1
(µ) tal que
dν = f dµ
i.e.
ν(E) =
E
f dµ
∀E ∈ M.

Sea f ∈ L1
(dµ) si definimos
ν (A) =
A
f dµ
entonces:
1. ν (∅) = 0,
2. si {Ai} son medibles disjuntos, entonces:
ν (∪Ai) =
∪A
f dµ = ∑
i Ai
f dµ = ∑
i
ν (Ai)
pero ν no es medida a menos que f ≥ 0.
Definición 4.3.2 Dada una σ−álgebra M, decimos que ν : M −→ [−∞, ∞] es una medida con signo si
verifica:
1. ν (∅) = 0,
2. ν (A) < ∞, ó ν (A) > −∞, ∀A ∈ M.
3. ν (∪Ai) = ∑i ν (Ai) , {Ai} son medibles disjuntos.
Definición 4.3.3 Sea ν una medida con signo en M. Se die que A ∈ M es un conjunto:
1. Positivo si ν (A ∩ E) ≥ 0, ∀E ∈ M.
2. nulo si ν (A ∩ E) = 0, ∀E ∈ M.
3. negativo si ν (A ∩ E) ≤ 0, ∀E ∈ M.
Supongamos que m es la medida de Lebesgue y sea
µ(A) = f dm,
otra medida, con f ≥ 0 etc.... Sea P = {x : f (x) ≥ 0} , entonces µ (P) ≥ 0 y sea N = {x : f (x) < 0} ,
entonces µ (P) < 0, verificándose que A = P ⊕ N es una descomposión de A.
En realidad existe C = {x : f (x) = 0} , tal que µ (C) = 0, el conjunto nulo tal que A = P ⊕ N ⊕ C, esto
es precísamente lo que nos dice el teorema de Hahn.
El teorema de Jordan nos da una descomposión de µ = µ+ − µ− tal que
µ+
(A) = f +
dm, µ(A−
) = f −
dm.
Teorema 4.3.2 Descomposición de Hahn y Jordan
1. Hahn. Si ν es una medida con signo en M ⊂ P(X), entonces exsiten P, N ∈ M disjuntos con X =
P ∪ N tales que P es positivo para ν y N negativo para ν.

4.3. TEOREMA DE RADON-NIKODYM-LEBESGUE. 77
2. Jordan. Si definimos
ν+
(A) = ν (A ∩ P) , ν−
(A) = ν (A ∩ N) ,
entonces ν+ y ν− son medidas positivas y ν = ν+ − ν−.
Definición 4.3.4 ν+ y ν− se denominan la variación positiva y negativa de ν. Si definimos |ν| = ν+ + ν− se
denomina la variación total de ν.
Sean µ y ν dos medidas, entonces diremos que son ortogonales o mútuamente singulares si existen
E, F ∈ M, tales que X = E ∪ F con µ (E) = ν (F) = 0, y escribimos entonces ν⊥µ.
Por ejemplo, si µ es Lebesgue en 0, 1
2 , i.e.
µ(A) = m A ∩ 0,
1
2
y ν es Lebesgue en 1
2 , 1 , i.e.
ν(A) = m A ∩
1
2
, 1
entonces ν⊥µ, donde E = 0, 1
2 , y F = 1
2 , 1 . Este ejemplo funciona bien ya que m 1
2 = 0. Veamos
ahora la definición formal.
Definición 4.3.5 Dos medidas, µ y ν, se dicen mútuamente ortogonales (µ⊥ν)si existe una descomposición
X = E ∪ F de conjuntos disjuntos tales que E es nulo para µ y F es nulo para ν. Diremos que µ vive en E y ν en
F.
Definición 4.3.6 Dada µ medida positiva y ν con signo se dice que ν es absolutamente continua con respecto
a µ (ν ≪ µ) si dado A ∈ M con µ (A) = 0 se tiene ν (A) = 0.
Teorema 4.3.3 Sea µ una medida σ − f inita y ν una medida con signo finita, ambas definidas sobre una
σ−álgebra M ⊂ P(X). Entonces
1. ν se puede descomponer como
ν = λ + ρ,
tales que λ y ρ son medidas finitas con signo con
λ⊥µ y ρ ≪ µ.
2. Además ∃f ∈ L1(dµ) tal que
dρ = f0dµ,
de tal forma que
dν = dλ + dρ = dλ + f0dµ.
Decimos que f0 es la derivada de RN de ν respecto a µ
f0 =
dν
dµ
.

4.4. Ejercicios
Ejercicio 4.4.1 Sea m la medida de Lebesgue en R. Para E ∈ B(R) deﬁnimos ν(E) = E
xe−x2
dx. Hallar los
conjuntos positivos, negativos y nulos para la medida ν.
Solución. Vemos que dm = dx, y que hemos deﬁnido
ν(E) =
E
xe−x2
dx,
se escribe
dν = xe−x2
dx, dν = f dx, f = xe−x2
,
y vemos que es una medida ya que f ∈ L1
(dx) (recordamos de teoría que si µ es una medida y
f ∈ L1
(dµ) entonces dν = f dµ es una medida con signo). Además vemos que es una medida con
signo pues no siempre es positiva ya que
f (x) = xe−x2
=⇒ f = f +
− f −
,
donde
f +
=
xe−x2
x > 0
0 x ≤ 0
, f −
=
−xe−x2
x < 0
0 x ≥ 0
,
de esta forma
ν = ν+
− ν−
,
donde
dν+
= f +
dx, dν−
= f −
dx,
R = (−∞, 0)
ν−
∪ [0, ∞)
ν+
,
entonces
ν (R) =
R
xe−x2
dx = 0,
ya que la función es impar, mientras que
|ν| (R) = ν+
(R) + ν−
(R) =
R
xe−x2
dx = 2
∞
0
xe−x2
dx = 1,
Ejercicio 4.4.2 Comprobar que un conjunto es ν − nulo sii es |ν| − nulo.
Comprobar que ν ⊥ µ sii |ν| ⊥ µ.
Comprobar que ν ⊥ µ sii ν ⊥ µ+ y ν ⊥ µ−.
Solución. M σ−álgebra, A ∈ M es ν − nulo ⇐⇒ ∀B ⊂ A, B ∈ M se tiene que ν (B) = 0.
Queremos ver que ν − nulo sii es |ν| − nulo, consideramos la descomposición de Hahm-Jordan
ν = ν+
− ν−
, |ν| = ν+
+ ν−

4.4. EJERCICIOS 79
sabemos que ν+ (P) = ν− (N) = 0.
=⇒⌋ Sea B ⊂ A medible, entonces
B ∩ P ⊂ A, =⇒ ν (B ∩ P) = 0
B ∩ N ⊂ A, =⇒ ν (B ∩ N) = 0
por ser A ν − nulo. Entonces
ν+
(B) = ν (B ∩ P) = 0,
ν−
(B) = ν (B ∩ N) = 0,
por lo tanto
|ν| (B) = ν+
(B) + ν−
(B) = 0
así que A es |ν| − nulo.
⇐=⌋A es |ν| − nulo entonces |ν| (B) = 0, donde B ⊂ A, B ∈ M esto implica que
|ν| (B) = 0 =⇒ ν+
(B) + ν−
(B) = 0
entonces
ν (B) = ν+
(B) + ν−
(B) = 0.
Con respecto al segundo de los apartados queremos ver que ν ⊥ µ sii |ν| ⊥ µ.
=⇒⌋ ν ⊥ µ =⇒ |ν| ⊥ µ. Si ν ⊥ µ descomponemos el espacio de manera que si E ∈ M entonces F = Ec
tales que F sea ν − nulo y E ν − nulo. Por el apartado anterior F es |ν| − nulo y E ν − nulo entonces
|ν| ⊥ µ.
La implicación en el otro sentido es muy similar. ♥♥.
Ejercicio 4.4.3 Sean {an} ∈ R, n ∈ N. Para E ∈ N deﬁnimos ν(E) = ∑n∈E an. ¿Qué condiciones debe
cumplir an para que ν sea una medida con signo?. Demostrar que si an = 0, ∀n y ν es una medida con signo la
descomposición de Hahn para ν es única.
Solución. Sea {an} ∈ R, n ∈ N. Para E ∈ N deﬁnimos ν(E) = ∑n∈E an. Supongamos que
an =
(−1)n
n
por lo tanto
ν([0, 2]) = ∑
n∈E
an =
2
∑
n=1
(−1)n
n
= −1 +
1
2
= −
1
2
,
ν(R) = ∑
n∈E
an =
∞
∑
n=1
(−1)n
n
= − log 2,

mientras que si tomamos
ν(n : n − par) =
∞
∑
n=1
(−1)2n
2n
= ∞,
ν(n : n − impar) =
∞
∑
n=1
−1
2n − 1
= −∞
Así que no puede ser medida con signo ya tiene medida ∞ para un conjunto y −∞ para otro.
En general ν es una medida con signo si
∑
an>0
an < ∞ ó ∑
an<0
an > −∞
y tomamos
ν+
(A) = ∑
an>0
an y ν−
(A) = ∑
an<0
an
Ejercicio 4.4.4 Sea X = N, M = P(N), ν la medida de contar en N, µ(E) = ∑n∈E
1
2n . Comprobar que
ν ≪ µ, sin embargo no se verifica la condición de que dado ε > 0, ∃δ > 0 : µ (E) < δ =⇒ ν (E) < ε, E ∈ M.
Solución. Vemos que X = N, M = P(N), ν la medida de contar en N, y
µ(E) = ∑
n∈E
1
2n
por ejemplo,
µ(N) = ∑
n∈E
1
2n
= 1
luego µ es una probabilidad.
Queremos ver que ν ≪ µ, por lo tanto
µ(E) = 0 =⇒ E = ∅ =⇒ ν (∅) = 0
sin embargo no es verdad que ε > 0, ∃δ > 0 : µ (E) < δ =⇒ ν (E) < ε. A pesar de que µ es finita, ν no
es finita, de hecho ∀δ, ∃N :
µ({N, N + 1, ....}) =
∞
∑
n∈N
1
2n
=
1
2N+1
< δ
y sin embargo
ν({N, N + 1, ....}) = ∞
Ejercicio 4.4.5 Sea X = [0, 1] , M = B[0,1] , m la medida de Lebesgue en M y µ la medida de contar en M.

4.4. EJERCICIOS 81
(a) m ≪ µ pero dm = f dµ para toda f.
(b) µ no tiene descomposición de Lebesgue respecto a m.
Solución. Tenemos la siguiente situación:
X = [0, 1] , M = B[0,1] (i.e. Borel de [0, 1])
m = medida de Lebegue
µ la medida de contar en [0, 1]
Vemos que los conjuntos de P(X) son medibles. Luego la σ−álgebra natural de µ es P[0,1] y la de m es
la σ−álgebra de Lebesgue L la cual
B[0,1] L P[0,1],
en prinipio no podríamos comparar m y µ si las consideramos en sus σ−álgebra naturales por lo que
hemos considerado B[0,1] para ambas.
m ≪ µ. Si A ⊂ B[0,1] y µ (A) = 0, =⇒ A = ∅ por lo tanto m (∅) = m(A) = 0.
Sin embargo la derivada de Radon-Nikodym (no existe)
f =
dm
dµ
, i.e. dm = f dµ
para alguna f, pero esto no es cierto sea quien sea f, ya que no es verdad que
m(A) =
A
f dµ
porque las medida de contar tiene en cuenta la medida de los puntos mientras que para la de Lebesgue
los puntos tienen medida cero. Sea f = 0 entonces existe x0 ∈ [0, 1] tal que f (x0) = 0. Sea A = {x0}
m(A) = m ({x0}) = 0
pero
A
f dµ =
{x0}
f dµ = f (x0) = 0
pero entoces ¿qué falla?. µ debe ser σ−finita para que se cumplan las hipótesis del teorema, para ello
[0, 1] = ∪iXi, µ (Xi) < ∞
donde Xi es finita, ∪iXi es finita o numerable pero [0, 1] no es numerable, por lo tanto [0, 1] = ∪iXi
viendo así que µ no es σ−finita.
Ejercicio 4.4.6 Sea (X, M, µ) un espacio de medida σ − f inito. Sea N una subalgebra de M y ν la restricción
de µ a N . Si f ∈ L1(µ) demostrar que existe g N -medible, g ∈ L1(µ) tal que E
f dµ = E
gdµ para todo
E ∈ N , además g es única módulo alteraciones en conjuntos ν − nulos.
OBS: A la función g en probabilidad se la denomina esperaza condicionada de f con respecto a N , i.e. E (f | N ).

Solución. Que f sea M−medible y g N −medible quiere decir que
f ((a, b]) ∈ M, g ((a, b]) ∈ N ,
con lo que a pesar de que ν y µ son iguales en N no podemos decir que los subconjuntos B resp. ν y
resp. µ sean iguales (sean los mismos) y que por lo tanto f = g.
Consideramos f ≥ 0 (en caso contrario tomamos f +, f − por separado y encontramos g+, g−). Supong-
amos
A = {x : f (x) ≥ 0} ∈ N
∀B ∈ N
B
f dµ = 0, =⇒ µ (A ∩ B) = 0.
Sea µA la restricción de µ a A. : µA(B) = µ (A ∩ B) . Sea νA la restricción de µA a N , νA = ν en A.
Entonces
µ (A) ≪ f dµA
ya que
B
f dµA = 0
entonces
µA(B) = νA(B) = 0, ∀B ∈ N
esto implica que existe g ∈ L1(dνA) tal que
B
f dµ =
B
f dµA =
B
gdνA =
B
gdν
Ejercicio 4.4.7 Probar que si una medida λ en R es ≡ 0 en el complemento B del conjunto numerable xj ,
entonces hay constantes cj tales que λ (E) = ∑j cjχE xj , i.e. λ = ∑j cjδxj
(donde δa representa la delta de
Dirac en el punto x = a).
Solución. Tomamos A = xj
∞
j=1
todos ellos disjuntos y sea B = Ac con B λ − nulo. Entonces
λ (E) = ∑
j
cjχE xj = ∑
j
cjδxj
(E)
entonces si tomamos cj = λ xj con j = 1, 2, ... vemos que ∀E ⊂ R
λ (E) = λ (E ∩ A) = λ ∪jE ∩ xj = λ ∪j xj = ∑
j
cj = ∑
j
cjχE xj
Ejercicio 4.4.8 Sea µ una medida positiva y λ una medida con signo deﬁnidas sobre la misma σ−álgebra.
Probar que si tiene a la vez λ ⊥ µ y λ ≪ µ, entonces λ ≡ 0.

4.4. EJERCICIOS 83
Solución. Tenemos µ ≥ 0 y λ una medida con signo tales que λ ⊥ µ y λ ≪ µ entonces λ ≡ 0 i.e. que
si una medida vive en un subespacio y en su ortogonal entonces tiene que ser la nedida nula.
Descomponemos el espacio de tal forma que tenemos la siguiente situación F = Ec tal que E es λ − nulo
y F µ − nulo, entonces si consideramos B ⊂ F, entonces µ (B) = 0 =⇒ λ (B) = 0 ya que λ ≪ µ. Por lo
tanto
∀C ∈ M, λ (C) = λ (C ∩ E) + λ (C ∩ F) = 0 + 0 = 0
Ejercicio 4.4.9 Sea
f (a) =
∞
0
e−at sin t
t
dt,
1. Probar que
l´ım
a→∞
f (a) = 0.
2. Calcular f ′(a).
Solución. Para ello utilizaremos el teorema de convergencia dominada (no podemos hacer uso del
teorema de convergencia monótona ya que las funciones no son positivas)
∞
0
l´ım
a→∞
e−at sin t
t
dt =
∞
0
0dt = 0.
Vemos que
ga(t) = e−at sin t
t
−→
a→∞
0,
|ga(t)| ≤ g(t), integrable en (0, ∞)
cunado a → ∞, podemos suponer que a > 1 y que por lo tanto
|ga(t)| = e−at sin t
t
≤ e−t
i.e. podemos tomar como función dominante g(t) = e−t. donde como sabemos
∞
0
e−tdt = 1.
Con respecto al segundo apartado
f ′
(a) =
d
da
∞
0
e−at sin t
t
dt
?
=
∞
0
∂
∂a
e−at sin t
t
dt,
nos ponemos a hecharnos unas cuentecillas i.e.
∂
∂a
e−at sin t
t
= −te−at sin t
t
= −e−at
sin t,
por lo tanto
∞
0
−e−at
sin tdt =
e−at
a2 + 1
(cos t + a sin t)
∞
0
=
1
a2 + 1
,

se integra por partes varias veces y de forma tediosa se llega a este pesado resultado. Veámoslo con un
poco de detalle:
−e−at
sin tdt =
1
a
e−at
sin t −
1
a
e−at
cos tdt =
1
a
e−at
sin t −
1
a
−
1
a
e−at
cos t −
1
a
e−at
sin tdt ,
donde
e−at
cos tdt = −
1
a
e−at
cos t −
1
a
e−at
sin tdt,
1 +
1
a2
−e−at
sin tdt =
1
a
e−at
sin t +
1
a2
e−at
cos t,
así que simplificando llegamos
−e−at
sin tdt =
1
a2 + 1
e−at
(cos t + a sin t) .
Por lo tanto
f ′
(a) =
1
a2 + 1
.
El problema está en justificar el paso bajo el signo de la integral la derivada parcial. Para ello se debe
justificar que
1. ga(t) es integrable para todo a,
√
2. Que existe ∂
∂a ga(t) = e−at sin t,
√
3. y por último que
∂
∂a
ga(t) ≤ g(t), ∀a > 0
Pero para ver esto basta tomar ε > 0, entonces ∀a > ε
∂
∂a
ga(t) = e−at
sin t ≤ e−εt
que es integrable. Por lo tanto podemos usar el teoremita ∀a > ε, ∀ε > 0 =⇒ ∀a > 0.
Observar que
f (a) = f (0) +
a
0
f ′
(u)du.
f (x, y) = log x2
+ y2
,

4.4. EJERCICIOS 85
con y ∈ (0, 1) y x > 0. Probar que
ϕ(x) =
1
0
f (x, y)dy,
está bien definida, es continua, que
ϕ′
(x) =
1
0
∂x f (x, y)dy,
y calcular explícitamente ϕ′(x).
Solución. Vemos que f es integrable en y ∀x > 0, y que |∂x f (x, y)| ≤ g, con g integrable,
y −→ fx(y)
es continua y acotada ∀x > 0. Además
|∂x f (x, y)| ≤
2x
x2 + y2
≤
2x
x2
=
2
x
fijamos un ε > 0 muy pequeño entonces ∀x > ε
|∂x f (x, y)| ≤
2
ε
integrable en [0, 1] . Por lo tanto existe ∀x > ε
ϕ(x) =
1
0
f (x, y)dy,
y de esta forma deducimos que también exsite ∀x > 0.
ϕ′
(x) =
1
0
∂x f (x, y)dy =
1
0
2x
x2 + y2
dy =
2
x
1
0
1
1 + y
x
2
dy
CV
=
= 2
1/x
0
1
1 + u2
du = 2 arctan
1
x
donde el CV viene dado por
y
x
= u, dy = xdu
Ejercicio 4.4.11 Para x ∈ R, se define
ϕ(x) =
∞
0
e−y2
cos xydy,
probar que
ϕ′
(x) = −
1
2
xϕ (x) ,
y que
ϕ(x) =
√
π
2
e−x2/4
.

Solución. Sabemos que
∞
−∞
e−y2
dy =
√
π, =⇒
∞
0
e−y2
dy =
√
π
2
,
entonces si
ϕ(x) =
∞
0
e−y2
cos xydy,
tenemos que
ϕ′
(x) =
∞
0
∂x e−y2
cos xy dy,
justiﬁcado ya que f = e−y2
cos xy es continua |f | ≤ e−y2
integrable por lo tanto
|∂x f | = −ye−y2
sin xy ≤ ye−y2
,
integrable para todo x.
Así llegamos a que
ϕ′
(x) =
∞
0
∂
∂x
e−y2
cos xy dy,
y por lo tanto
ϕ′
(x) =
∞
0
−ye−y2
sin xydy,
y queremos probar que ϕ′(x) = −1
2 xϕ (x) , por lo tanto si integramos por partes otenemos el resultado.
Ahora queremos integrar la ODE
y′
= −
1
2
xy,
así que
ϕ = y = y0e−x2/4
,
pero si tenemos en cuenta que
y0 =
∞
0
e−y2
dy =
√
π
2
,
entonces llegamos al resultado deseado
ϕ(x) =
√
π
2
e−x2/4
,
tal y como queríamo hacer ver.
Ejercicio 4.4.12 Deﬁnimos la función (creciente y continua por la derecha etc...)
F(x) =
ex x < 0
2 + arctan x x ≥ 0
.
Sea dF la medida de LS asociada.
1. Calcular dF ((0, 1]) , dF((−2, 0]), dF({0}) y dF(R).

4.4. EJERCICIOS 87
2. Demostrar que
dF = f (x)dx + dδ0,
para cierta f ≥ 0, siendo δ0 la delta de Dirac en x = 0.
3. ¿Es cierto que dF ≪ dx?.
Solución. Con respecto al primer apartado vemos que
dF ((0, 1]) = F(1) − F(0) = arctan 1 =
π
4
,
dF((−2, 0]) = F(0) − F(−2) = 2 − e−2
,
dF({0}) = F(0) − F(0−
) = 2 − e0
= 1,
dF(R) = F (∞) − F (−∞) = 2 +
π
2
.
Con respecto al segundo apartado, sean
F1(x) =
ex x < 0
1 + arctan x x ≥ 0
, F2(x) =
0 x < 0
1 x ≥ 0
,
entonces F1 y F2 son crecientes, continuas por la derecha y se cumple
F = F1 + F2,
por lo tanto
dF = dF1 + dF2.
Por otro lado, F2 es la función de Heavyside (ver segundo capítulo) y se deduce que
dF2 = δ0.
Además, F1 ∈ C1 con
F′
1 (x) =
ex x < 0
1
1+x2 x ≥ 0
,
de donde se deduce que
dF1 = F′
1 (x) dx,
con lo que se tiene
dF = f (x)dx + dδ0,
con f (x) = F′
1 (x) .
Por último, con respecto al tercer apartado, vemos que dF no es absolutamente continua con respecto
a dx ya que si E = {0} , se tiene
dx(E) = 0,
mientras que
dF(E) = F(0) − F(0−
) = 2 − e0
= 1,
por lo tanto existe ε = 1, de forma que ∀δ > 0 encontramos un conjunto medible E con dx(E) < δ pero
dF(E) ≥ ε.

Ejercicio 4.4.13 Sea (X, M, µ) un espacio de medida y sea f ∈ L1
(dµ) , f (x) ≥ 0. Recordamos que se puede
definir sobre M la medida νf como
νf (A) =
A
f (x) dµ (x) , ∀A ∈ M,
i.e.
dνf (x) = f (x)dµ (x) .
Probar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que A ∈ M con µ (A) < δ =⇒ νf (A) < ε.
Cuando esto ocurre para dos medidas µ, ν decimos que ν es absolutamente continua con respecto a µ y se escribe
ν ≪ µ.
Solución. Supongamos que la conclusión no fuera cierta. Entonces ∃ε > 0, tal que ∀n ∈ N, ∃An ∈ M
con µ (An) < 1/2n pero νf (A) > ε. Si Fn =
∞
k=n
Ak, se tiene
µ (Fn) ≤
∞
∑
k=n
µ (Ak) <
2
2n
.
Como F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ ..... ⊃ Fn ⊃ .... por el TCM (para conjuntos) decreciente
µ
∞
n=1
Fn = l´ım
n→∞
µ (Fn) = 0,
y por lo tanto
νf
∞
n=1
Fn =
∩Fn
f dµ = 0.
Sin embargo
νf
∞
n=1
Fn = l´ım
n→∞
νf (Fn) ≥ l´ım
n→∞
sup νf (An) ≥ ε,
lo cual es una contradicción.
Ejercicio 4.4.14 Denotanto por [x] la parte entera del número x, se define la función
F (x) = máx {0, x + [x]} ,
1. Comprobar que F es continua por la derecha.
2. Si dF es la medida de LS, calcular
dF((0, 5]), dF([4, 8]), y dF([3, 7)).
3. Probar que dF no es absolutamente continua con respecto a dx (la medida de Lebesgue).

4.4. EJERCICIOS 89
Solución. Se tiene que
F(x) =
0 x < 0
x + n si n ≤ x < n + 1, n = 0, 1, 2, ...
luego F es continua salvo en los puntos n = 1, 2, 3, .. donde lo es por la derecha ya que
l´ım
x→n+
F (x) = 2n = F(n).
Con respecto al segundo apartado vemos que (recordar segundo capítulo)
dF((0, 5]) = F(5) − F(0) = 10,
dF([4, 8]) = F(8) − F(4−
) = 16 − 7 = 9,
dF([3, 7)) = F(7−
) − F(3−
) = 13 − 5 = 8.
Por último, vemos que dF no es absolutamente continua con respecto a dx ya que dx({1}) = 0, pero
dF({1}) = F(1) − F(1−) = 2 − 1 = 1 = 0.
Ejercicio 4.4.15 Sea dF la medida de LS asociada a la función
F(x) =



0 x < 0
x 0 ≤ x < 1
1 1 ≤ x
,
1. Probar que dF ≪ dm.
2. Encontrar la derivada de RN de dF con respecto a dm.
3. Sea µ la medida de contar números racionales en [0, 1] , i.e.
µ (A) = card (A ∩ [0, 1] ∩ Q) ,
y sea dF la medida de LS. Probar que dF⊥µ, i.e. son mútuamente ortogonales.
Solución. Dado I = (a, b], se tiene
dF(I) = F(a) − F(b) ≤ b − a = m(I),
ya que F(x) − x es decreciente y por lo tanto
F(b) − b ≤ F(a) − a, si a < b.
Esto nos dice que F ∈ AC ya que
∑
j
F(bj) − F(aj) ≤ ∑
j
bj − aj ,
entonces dF ≪ dm (por lo resultados expuestos en teoría).

También de forma directa usando que
dF (A) = inf ∑
j
dF Ij : Ij ⊃ A, Ij = (aj, bj] ,
para cada A medible, deducimos
dF(A) ≤ m(A),
en particular
m(A) = 0 =⇒ dF(A) = 0.
Con respecto al segundo apartado, vemos que al ser dF finita (dF(R) = 1) y dm es σ − f inita, entonces
podemos usar el TRN y concluir que ∃f ∈ L1
(dx) tal que dF = f dm. Además, por el TDL (teorema de
diferenciación de Lebesgue)
f (x) = F′
(x) =
1 0 < x < 1
0 resto
= χ(0,1) (x) , c.t.p.
Por último, con respecto al tercer apartado, vemos que por definición dF⊥µ, si existe H medible tal
que dF(H) = 0 y µ (Hc
) = 0 por ser positivas.
Tomamos H = [0, 1] ∩ Q, viendo que
dF(H) = 0
ya que m(H) = 0 al ser H numerable y
µ (Hc
∩ [0, 1] ∩ Q) = µ (∅) = 0,
Ejercicio 4.4.16 Dado h > 0, definimos la función
gh (x) =
1
2h
χ[−h,h] (x) ,
y la medida dνh = ghdx. Probar que
l´ım
h→0+
νh = δ0,
i.e.
l´ım
h→0+
f dνh = f dδ0, ∀f continua.
Solución. Por un lado se tiene, si
F(x) =
x
0
f (t)dt,
entonces
f dνh =
1
2h
h
−h
f (x)dx =
F(h) − F(−h)
2h
→ F′
(0) = f (0),
cuando h → 0+, por el TFC.

4.4. EJERCICIOS 91
Por otro lado, como ya sabemos,
f dδ0 = f (0),
esto nos da la igualdad pedida.
Ejercicio 4.4.17 Se considera la función
F(x) =



0 x < 0
1
2 x2 0 ≤ x < 1
1 1 ≤ x
,
y sea dF la medida de LS deﬁnida sobre los Boreles (B).
1. Probar que dF no es absolutamente continua con respecto a dm = dx.
2. Encontrar la descomposición de RN de dF frente a dm i.e. dF = f dm + dλ, con f ∈ L1
(dm) y λ ⊥ dm.
Solución. Vemos que dF no es absolutamente continua con respecto a dm ya que dm ({1}) = 0, mien-
tras que
dF ({1}) = F(1+
) − F(1−
) = 1 −
1
2
=
1
2
= 0.
Observar que
1
0
xdx =
1
2
x2
1
0
=
1
2
.
Deﬁnimos para A ∈ B, dλ(A) = 1/2, si 1 ∈ A y dλ(A) = 0 caso contrario. Sea también
f (x) =
x 0 < x < 1
0 x /∈ [0, 1]
,
observándose que
f (x) = F′
(x), ∀x ∈ R {1} .
Entonces
dF = f dm + dλ
es la descomposición de RN buscada ya que f ∈ L1
(dm) , λ tiene soporte en el conjunto {1} y por lo
tanto λ ⊥ dm cumpliéndose así
dF((a, b]) =
b
a
f (x)dx + dλ((a, b]),

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