Soluciones Analisis Real y Complejo-Rudin

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO Primera edici´on

Walter Rudin Professor of Mathematics University of Wisconsin, Madison

Traducci´ on RODRIGO ANDRES VARGAS VARGAS Catedr´atico del Departamento de Matem´atica y Ciencias de la Computaci´on Universidad de Santiago de Chile

Revisi´ on T´ ecnica MAURICIO ANTONIO BRAVO VERA Catedr´atico del Departamento de Matem´atica y Ciencias de la Computaci´on Universidad de Santiago de Chile

McGraw-Hill MADRID • BOGOTA • BUENOS AIRES • GUATEMALA • LISBOA • MEXICO NUEVA YORK • PANAMA • SAN JUAN • SANTIAGO • SAO PAULO AUCKLAND • HAMBURGO • LONDRES • MONTREAL • NUEVA DELHI PARIS • SAN FRANCISCO • SINGAPUR • ST. LOUIS • SIDNEY • TOKIO • TORONTO

CONTENIDO

Cap´ıtulo 1

Integraci´on abstracta

Cap´ıtulo 2

Medidas de Borel positivas

Cap´ıtulo 3

Espacios Lp

Cap´ıtulo 4

Teor´ıa elemental de los espacios de Hilber

Cap´ıtulo 5

Ejemplos de t´ecnicas de espacios de Banach

Cap´ıtulo 9

Transformada de Fourier

CAP´ITULO

UNO INTEGRACION ABSTRACTA

1. ¿Existe alguna σ-´algebra infinita que tenga s´olo una cantidad numerable de elementos? [ Soluci´ on: Supongamos que M = Mi es σ-´algebra. Sabemos que el i∈N

conjunto potencia P(N) tiene una cantidad no numerable de elementos. Notemos que [ A ∈ P(N), MA = Mi , A numerable i∈A

B ∈ P(N) \ {A} ⇒ MB 6= MA Entonces, se pueden tener tantos elementos en M como subconjuntos en P(N). 2. Demuestre un teorema an´alogo al 1.8 para n funciones. Soluci´ on: Sean u1 , . . . , un funciones medibles sobre X, φ : Rn → Y continua con Y espacio topol´ogico, Definamos h(x) = φ(u1(x), . . . , un (x)) . Pruebe que h : X → Y es medible. Basta probar que f : X → Rn dada por f (x) = (u1 (x), . . . , un (x)) es medible. Sean Ii ⊆ R intervalos i = 1, . . . , n y R = I1 × · · · × IN , entonces f

−1

(R) =

n \

u−1 i (Ii ) es medible .

i=1

1

2

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

Ahora bien, sea V ⊆ Rn abierto entonces V = f

−1

(V ) =

∞ [

S∞

n=1

Rn y tenemos que

f −1 (Rn ) es medible

n=1

entonces f es medible lo que implica que h lo es. 3. Demu´estrese que si f es una funci´on real en un espacio medible X tal que {x : f (x) ≥ r} es medible para todo n´ umero racional r, entonces f es medible. Soluci´ on: Sea α ∈ R y {xn }∞ on decreciente tal que n=1 ⊂ Q una sucesi´ ∞ [ l´ım xn = α. Entonces, (α, ∞) = (xn , ∞), luego

n→∞

n=1

f

−1

((α, ∞)) =

∞ [

n=1

f −1 (xn , ∞)

es medible para todo α ∈ R y f es medible. 4. (a) Si f : X → [−∞, ∞] y g : X → [−∞, ∞] son medibles, demu´estrese que los conjuntos {x : f (x) < g(x)},

{x : f (x) = g(x)}

son medibles. (b) Demu´estrese que el conjunto de puntos en los que una sucesi´on de funciones reales medibles converge (a un l´ımite finito ) es medible. Soluci´ on: (a) (b) Sean {fn } una sucesi´on de funciones reales medibles, f (x) = l´ım sup fn (x) y f (x) = l´ım inf fn (x) n→∞

n→∞

entonces f y f son medibles. El conjunto de puntos en los cuales la sucesi´on converge es E = {x : f (x) = f (x)} = {x : f (x) − f (x) = 0} = (f − f )−1 ({0}) es medible, como queriamos probar.

3

CAP´ ITULO 1. INTEGRACION ABSTRACTA

5. Sea X un conjunto no numerable, M la colecci´on de todos los conjuntos E ⊂ X tales que E o E c es a lo sumo numerable, y definase µ(E) = 0 en el primer caso y µ(E) = 1 en el segundo. Demu´estrese que M es una σ-´algebra en X y que µ es una medida en M. Describanse las correspondientes funciones medibles y sus integrales. Soluci´ on: Por demostrar que M es σ-´algebra.

(i) X ∈ M, ya que X C = ∅ es vaciamente numerable. (ii) Si A ∈ M entonces AC ∈ M trivialmente. ∞ [ (iii) Sea A = An con An ∈ M para cada n ∈ N, por demostrar n=1

que A ∈ M. Si An es numerable para cada n entonces A es numerable lo que implica que A ∈ M. Ahora, si existe n0 ∈ N tal que AC n0 es numerable entonces !C ∞ ∞ [ \ C AC = An = AC n ⊆ An0 n=1

n=1

entonces AC es numerable lo que implica que A ∈ M.

Por lo tanto, M es σ-´algebra.

Por demostar que µ es nedida sobre M.

(i) Tenemos que µ(∅) = 0 < ∞ (ii) Sea {An }∞ on disjunta contenida en M. Debemos n=1 una colecci´ probar que ! ∞ ∞ [ X µ An = µ(An ) (1.1) n=1

n=1

Si An es numerable para todo n entonces A es numerable entonces µ(A) = 0 y µ(An ) = 0 para cada n y se satisface (1.1). Ahora, si existe n0 ∈ N tal que AC n0 es numerable entonces A es P no numerable, lo que implica que µ(A) = 1. Queremos que µ(An ) = 1, es decir que todas las demas tengan medida cero. Supongamos que existe n1 ∈ N tal que AC n1 es numerable. Sabemos que C An0 ∩ An1 = ∅ ⇒ X = AC n0 ∪ An1

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lo que implicaria que X es numerable, lo que es contradictorio. Entonces, An es numerable para todo n 6= n0 lo que implica que µ(An ) = 0 para todo n 6= n0 entonces se satisface (1.1). Por lo tanto, µ es medida en M. 6. Sup´ongase que fn : X → [0, ∞] es medible para n = 1, 2, 3, ..., f1 ≥ f2 ≥ f3 ≥ ... ≥ 0, fn (x) → f (x) cuando n → ∞, para todo x ∈ X y f1 ∈ L1 (µ). Demu´estrese que entonces Z Z l´ım fn dµ = f dµ n→∞

X

X

y que esta conclusi´on no se obtiene si se suprime la condici´on “f1 ∈ L1 (µ)”. Soluci´ on: Conside gn : X → [0, +∞) definida por g1 = 0 y gn = f1 − fn para cada n ≥ 2, entonces gn es medible y l´ım gn (x) = f1 (x) − f (x) y n→∞ adem´as gn ≤ f1 − fn ≤ f1 − fn+1 ≤ gn+1 es decir, 0 ≤ g1 (x) ≤ g2 (x) ≤ · · · ≤ ∞. Aplicando el Teorema de convergencia mon´otona Z Z Z Z l´ım gn dµ = (f1 − f )dµ = f1 dµ − f dµ n→∞

X

X

x

x

Por otro lado, tenemos linealidad de la integral y del l´ımite Z Z Z l´ım gn dµ = f1 dµ − l´ım fn dµ n→∞

X

X

n→∞

X

obteniendose lo pedido. ¿Qu´e pasa si f1 ∈ / L1 (µ), sigue siendo cierta la afirmaci´on? Para ver esto considere la sucesi´on  1 ] 1−x si x ∈ [0, 1 − n+1   fn (x) =  1  1− 1 si x ∈ (1 − n+1 , ∞) n+1 entonces f1 ∈ / L1 (µ) y no se cumple la afirmaci´on.

7. Definase fn = XE si n es impar y fn = 1 − XE si n es par. ¿Cu´al es la relevancia de este ejemplo con relaci´on al lema de Fatou?

5

CAP´ ITULO 1. INTEGRACION ABSTRACTA

Soluci´ on: Tenemos que l´ım inf fn (x) = 0. Por otro lado, n→∞

entonces l´ım inf n→∞

tiene que

Z

Z

fn dµ = X

  µ(E) 

n impar

µ(E C ) n par

fn dµ = m´ın{µ(E), µ(E C )}. Por el Lema de Fatou se X

Z Z   0= l´ım inf fn dµ ≤ l´ım inf fn du = m´ın{µ(E), µ(E C )} . X

n→∞

n→∞

X

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

8. Sup´ R ongase que µ es una medida positiva en X, f : X → [0, ∞] es medible, f dµ = c, donde 0 < c < ∞ y α es una constante. Demu´estrese que X  Z  ∞ si 0 < α < 1 α c si α = 1 l´ım n log[1 + (f /n) ]dµ = n→∞ X  0 si 1 < α < ∞

Soluci´ on: Notemos que   α   α Z 1+( f )α n f dt n f fn (x) = n log 1 + =n = n t ξn n 1  
α donde ξn ∈ 1, 1 + nf , la u ´ ltima igualdad de arriba se debe al Teorema del valor medio para integrales. (i) 0 < α < 1 l´ım fn (x) =

n→∞



∞ f (x) > 0 0 en otro caso

Ahora por el Lema de Fatou tenemos que Z Z ∞= l´ım inf fn (x)dµ = l´ım inf fn dµ . {x | f (x)>0} n→∞

n→∞

X

(ii) α = 1 Tenemos que l´ım fn (x) = f (x) y |fn (x)| ≤ f (x) entonces por el n→∞ Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que Z Z l´ım fn dµ = f dµ = c . n→∞

X

X

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SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

(iii) α > 1 Tenemos que log(1 + Aα ) ≤ αA para todo 9. Sup´ongase que µ(X) < ∞, {fn } es una sucesi´on de funciones complejas, medibles y acotadas en X, y que fn → f uniformemente en X. Demu´estrese que Z Z l´ım fn dµ = f dµ n→∞

X

X

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

Soluci´ on: Dado ǫ > 0 existe n0 ∈ N tal que kf − fn k∞ < ǫ para todo n ≥ n0 . En particular para n = n0 se tiene que kf k∞ < ǫ + kfn0 k∞ = M1 , luego kfn k∞ < ε + kf k∞ < +ε + M1 = M2 para todo n ≥ n0 . Sea M3 = sup kfk k∞ y M = m´ax{M2 , M3 } entonces kfn k∞ < M para todo 1≤k≤n0

n ∈ N. Por lo tanto,

y

Z

X

|fn (x)| ≤ M ,

∀x∈X

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

dominada de Lebesgue se tiene que Z Z l´ım fn dµ = f dµ . n→∞

X

X

Por otro lado, considere X = [0, +∞) y µ la medida de Lebesgue en R inducida en X. Entonces µ(X) = ∞ y el resultado es falso considerando 1 fn (x) = . n 10. Mu´estrese que A=

∞ [ ∞ \

Ek

n=1 k=n

en el Teorema 1.41, y demu´estrese este teorema sin ninguna referencia a la integraci´on. Soluci´ on: El Teorema 1.41 dice: Sea {Ek } una sucesi´on de conjuntos medibles en X, tal que ∞ X µ(Ek ) < ∞ . k=1

7

CAP´ ITULO 1. INTEGRACION ABSTRACTA

Entonces casi todos los x ∈ X est´an a lo sumo en una cantidad finita de los conjuntos Ek . Denotamos por A = {x ∈ X | x pertenece a infinitos Ek } y tenemos que x ∈ A ⇔ ∀ n ∈ N ∃ k ≥ n : x ∈ Ek ∞ ∞ [ ∞ [ \ ⇔ x∈ Ek , ∀ n ∈ N ⇔ x ∈ Ek n=1 k=n

k=n

Por lo tanto, A = ∞ \

n=1

∞ [ ∞ \

Ek . Por otro lado, sea An =

n=1 k=n

∞ [

Ek luego A =

k=n

An y se tiene que A1 ⊆ A2 ⊆ A3 ⊆ · · · entonces µ(A) = l´ım µ(An ) ≤ l´ım n→∞

n→∞

∞ X

µ(Ek ) = 0

k=n

11. RSea f ∈ L1 (µ). Probar que para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que |f |dµ < ǫ siempre que µ(E) < δ. E Soluci´ on: Consideremos la sucesi´on  |f (x)| fn (x) = 0

si |f (x)| ≤ n en otro caso

entonces l´ım fn (x) = |f (x)| y adem´as fn (x) ≤ |f (x)| y f ∈ L1 (µ) y por n→∞ el Teorema de convergencia dominada de Lebesgue se tiene que Z Z l´ım fn dµ = |f |dµ . n→∞

E

E

Dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que Z ε (|f | − fn )dµ < , ∀ n ≥ n0 . 2 E ε Ahora bien, eligamos δ = y E ⊂ X tal que µ(E) < δ luego 2n0 Z Z ε fn0 dµ ≤ n0 dµ = n0 µ(E) < 2 E E y por lo tanto, Z Z Z ε ε |f | dµ = (|f | − fn0 ) dµ + fn0 dµ < + = ε 2 2 E E E

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12. Demu´estrese que la Proposici´on 1.24(c) tambi´en es cierta cuando c = ∞. Soluci´ on: Considere la sucesi´on fn (x) = nf (x) entonces {fn }∞ n=1 es una sucesi´on creciente y l´ım fn (x) = ∞ = cf (x) .

n→∞

Por el Teorema de Convergencia mon´otona de Lebesgue, tenemos que Z Z Z Z Z cf dµ = l´ım fn dµ = l´ım nf dµ = l´ım n f dµ = c f dµ E

n→∞

E

n→∞

E

n→∞

E

E

CAP´ITULO

DOS MEDIDAS DE BOREL POSITIVAS

10. Si {fn } es una sucesi´on de funciones continuas en [0, 1] tales que 0 ≤ fn ≤ 1 y fn (x) → 0, cuando n → ∞, para todo x ∈ [0, 1], entonces l´ım

n→∞

Z

1

fn (x)dx = 0 .

0

Int´entese probarlo sin usar teor´ıa de la medida ni teoremas sobre la integral de Lebesgue. Soluci´ on. Basta aplicar el Teorema de Convergencia Dominada. 15. Es f´acil conjeturar el valor de los l´ımites de Z n Z n x n x/2 x n −2x 1− e dx y 1+ e dx , n n 0 0 cuando n → ∞. Pruebe que sus conjeturas son correctas. Soluci´ on: Considere las funciones  x n x/2 e fn (x) = χ[0,n] (x) 1 − n para cada n ∈ N. Observe que ,la derivada de ϕ(t) = 0 ≤ λ ≤ t satisface



 t     λ λ λ ϕ (t) = 1 − log 1 − + ≥0, t t t−λ ′

9

λ t− t

t

con

10

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

λ λ ya que si λ ≤ t ⇒ ≤ 1 ⇒ 1 − ≥ 0. Luego, ϕ es una funci´on creciente. t t Se sigue que 0 ≤ f1 (x) ≤ f2 (x) ≤ · · · ≤ fn (x) ≤ · · · . Adem´as, l´ım fn (x) = e−x/2 . Por el Teorema de Convergencia Mon´otona n→∞ de Lebesgue Z ∞ Z ∞ Z n ∞ x n x/2 l´ım 1− e dx = l´ım fn (x)dx = e−x/2 dx = −2e−x/2 = 2. n→∞ 0 n→∞ 0 n 0 0 Para la segunda integral, sea

 x n −2x gn (x) = χ[0,n] (x) 1 + e , n∈N. n  t λ Sea ψλ (t) = 1 + con 0 ≤ λ ≤ t entonces t  t     λ λ λ ′ ψλ (t) = 1 + log 1 + + ≥0. t t t+λ Luego, ψλ es creciente y positiva. Por el Teorema de la Convergencia Mon´otona de Lebesgue Z n Z ∞ Z ∞ x n −2x l´ım 1+ e dx = l´ım gn (x)dx = e−x dx = 1 . n→∞ 0 n→∞ n 0 0 25.

(i) Hallar la m´ınima constante c tal que log(1 + et ) < c + t (ii) ¿Existe el 1 l´ım n→∞ n 1

Z

(0 < t < ∞) .

1 0

log{1 + enf (x) }dx

para todo f ∈ L real? Si existe, ¿cuanto vale?

Soluci´ on.

(i) Notemos que log(1 + et ) < c + t ⇔ 1 + et < ec+t

(ii) Observe que si 0 ≤ t < ∞ entonces e−t ≤ 1 lo que implica que 1 + e−t ≤ 2 entonces log(1 + e−t ) ≤ log(2). Por lo tanto, log(1 + et ) ≤ log(2) + |t| ,

∀t∈R.

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CAP´ ITULO 2. MEDIDAS DE BOREL POSITIVAS

Sea gn (x) =

1 n

|gn (x)| ≤

log{1 + enf (x) } para cada n ∈ N entonces 1 (log(2) + n|f (x)|) ≤ log(2) + |f (x)| ∈ L1 ([0, 1]) . n

Por otro lado, como 1 + enf (x) ≥ enf (x) entonces log(1 + enf (x) ) ≥ f (x) . n Luego, si f (x) ≥ 0 se tiene que f (x) ≤

log(2) + nf (x) log(1 + enf (x) ) ≤ n n

y por el Teorema del Sandwich se tiene que log(1 + enf (x) ) = f (x) n→∞ n l´ım

siempre que f > 0. En caso contrario, es decir, si f ≤ 0, tenemos la desigualdad log(1 + enf (x) ) log(2) 0≤ ≤ n 2 y l´ım gn (x) = 0. Por el Teorema de la Convergencia Dominada de n→∞ Lebesgue   Z 1 Z Z l´ım gn (x)dx = l´ım  gn (x)dx + gn (x)dx n→∞

n→∞

0

=

Z

Ω

f (x)dx +

Ω

donde Ω = {x ∈ [0, 1] : f (x) > 0}.

Z

Ωc

Ωc

0dx =

Z Ω

f (x)dx ,

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SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

CAP´ITULO

TRES ESPACIOS Lp 1. Demuestre que el supremo de una familia de funciones convexas en (a, b) es una funci´on convexa en (a, b) (si es finita) y que los l´ımites puntuales de sucesiones de funciones convexas son convexos. ¿Qu´e puede decir de l´ımites, inferiores y superiores? Soluci´ on. Sean {ϕn }∞ on de funciones convexas entonces n=1 una sucesi´ ϕn ((1 − t)x + ty) ≤ (1 − t)ϕn (t) + tϕn (y)

(3.1)

para todo n ∈ N. Sea g = supn ϕn con g(x) = supn ϕn (x). Aplicando supn en (3.1) obtenemos g((1 − t)x + ty) ≤ sup[(1 − t)ϕn (x) + tϕn (x)] ≤ (1 − t)g(x) + tg(y) , n

por lo que g es convexa. Por otro lado, sea fn : (0, 2) → R dada por fn (x) = xn entonces l´ım fn (x) =

n→∞



0 si 0 < x < 1 = f (x) . ∞ si 1 ≤ x < 2

Como f no es continua entonces f no es conexa. Lo mismo ocurre con l´ım sup seg´ un el problema 4, Cap´ıtulo 1, pero no para l´ım inf. 2. Si ϕ es convexa en (a.b) y si ϕ es convexa y no decreciente en la imagen de ϕ, demu´estrese que ψ ◦ ϕ es convexa en (a, b). Para ϕ > 0, demu´estrese que la convexidad de log ϕ implica la de ϕ, pero no al rev´es.

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SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

Soluci´ on. Tenemos que para cada x, y ∈ (a.b) se tiene (ϕ ◦ ψ)((1 − t)x + ty) = ψ(ϕ((1 − t)x + ty)) ≤ ψ((1 − t)ϕ(x) + tϕ(y)) ≤ (1 − t)(ψ ◦ ϕ)(x) + t(ψ ◦ ϕ)(y) Por lo tanto, ψ ◦ ϕ es convexa. Por otro lado, como ex es convexa y no decreciente y log ϕ es convexa entonces por lo anteriormente mostrado (exp ◦ log)(ϕ) = ϕ es convexa. Adem´as, considere la aplicaci´on ϕ(x) = x entonces log ϕ(x) = log x la cual no es convexa. 3. Suponga que ϕ es una funci´on real continua en (a, b) tal que   x+y 1 1 ϕ ≤ ϕ(x) + ϕ(y) 2 2 2 para todo x, y ∈ (a, b). Demu´estrese que ϕ es convexa. Soluci´ on. 4. Sean f una funci´on compleja medible en X, µ una medida positiva en X, y Z ϕ(p) = |f |pdµ = kf kpp (0 < p < ∞) . X

Sea E = {p : ϕ(p) < ∞}, y suponga que kf k∞ > 0. (a) Si r < p < s, r ∈ E, y s ∈ E, demuestrese que p ∈ E.

(b) Demuestre que log ϕ es convexa en el interior de E y que ϕ es continua en E. (c) Por (a), E es conexo. ¿Es necesariamente abierto? ¿Cerrado? ¿Puede E constar s´olo de un punto? ¿Puede E ser un subconjunto conexo cualquiera de (0, ∞)?

(d) Si r < p < s, demuestre que kf kp ≤ m´ax{kf kr , kf ks }. Mu´estrese que esto implica la inclusi´on Lr (µ) ∩ Ls (µ) ⊂ Lp (µ). (e) Suponiendo que kf kr < ∞ para alg´ un r < ∞, pru´ebese que kf kp → kf k∞ Soluci´ on.

cuando p → ∞ .

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CAP´ ITULO 3. ESPACIOS LP

(a) Si r < p < s entondces existe t ∈ R tal que p = (1 − t)r + ts . 1 1 Observe que 1 = (1 − t) + t = + luego 1/(1 − t) y 1/t 1/(1 − t) 1/t son exponentes conjugados. Por la desigualdad de H¨older obtenemos Z Z p ϕ(p) = |f | dµ = |f |(1−t)r · |f |ts dµ X

X



1−t  t Z Z ≤  |f |r dµ ·  |f |sdµ X

=

X

kf kr(1−t) r

·

kf kst s

0, entonces se cumple que 0 < kf k∞ < ∞. Sea p > r entonces r |f |p = |f |p−r |f |r ≤ kf kp−r c.t.p. ∞ |f | R R Integrando se obtiene |f |p dµ = kf kp−r |f |r dµ, de donde se obtiene ∞ 1−r/p que kf kp ≤ kf k∞ (kf krr )1/p . Haciendo p → ∞ obtenemos que

l´ım sup kf kp ≤ kf k∞ . p→∞

Ahora bien, sea 0 < λ < kf k∞ , entonces por definici´on de supremo esencial, el conjunto Ω = {x : |f (x)| > λ} tiene medida positiva y como kf kr < ∞ debe cumplirse que 0 < µ(Ω) < ∞. Entonces, 

kf kp = 

Z Ω

1/p

|f |pdµ

 1/p Z ≥  |f |pdµ > λ(µ(Ω))1/p , Ω

se deduce que l´ım inf kf kp ≥ kf k∞ . p→∞

5. Sup´ongase, adem´as de las hip´otesis del ejercicio 4, que µ(X) = 1 . a) Demu´estrese que kf kr ≤ kf ks si 0 < r < s ≤ ∞.

b) ¿Bajo que condiciones se verifica que 0 < r < s ≤ ∞ y kf kr = kf ks < ∞? c) Demuestre que Lr (µ) ⊃ Ls (µ) si 0 < r < s. ¿Bajo qu´e condiciones estos dos espacios contienen las mismas funciones?

d) Suponiendo que kf kr < ∞ para alg´ un r > 0, demuestre que   Z  l´ım kf kp = exp log |f |dµ p→0   X

si exp{−∞} se define como 0.

Soluci´ on.

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CAP´ ITULO 3. ESPACIOS LP

a) Sea ϕ : [0, ∞] → R dada por ϕ(x) = xr/s . Como s/r > 1 se sigue que ϕ es convexa. Por la desigualdad de Jensen obtenemos  s/r   Z Z kf ksr =  |f |r dµ = ϕ  |f |r dµ X ZX Z ≤ ϕ(|f |r )dµ = |f |s dµ = kf kss . X

X

Por lo tanto, kf kr ≤ kf ks .

b) Si |f | < 1 y f ∈ Ls (µ) entonces |f |s−r < 1 ⇔ |f |s < |f |r ⇒ kf ks ≤ kf kr y por la letra (a) obtenemos kf kr = kf ks < ∞. Esto tambi´en es cierto si f es constante c.t.p. c) d) Sabemos que la funci´on exponencial es convexa, como µ(X) = 1, usamos la desigualdad de Jensen obtenemos que   Z  Z exp f dµ ≤ exp{f }dµ .   Se sigue que

exp

X

X

 Z

 



log f dµ

X

lo que implica que Z

X

log f dµ ≤ log



 Z 

X

≤

Z

f dµ ,

X

f dµ

  

.

Por otro lado, considere la funci´on g(p) = f p luego g(p) − g(0) fp − 1 l´ım = l´ım = g ′ (0) , p→0 p→0 p p−0

derivando implicitamente y = f p obtenemos

y′ log y = p log f ⇒ = log f ⇒ y ′ = f p log f . y

(3.2)

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SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

Entonces, g ′(0) = log f , es decir, fp − 1 = log f . p→0 p l´ım

Por el Teorema de Convergencia Mon´otona de Lebesgue   Z Z 1 p l´ım f dµ − 1 = log f dµ . p→∞ p X

X

Ahora bien, aplicando (3.2) obtenemos     Z Z Z Z     1 1 1 p p p log f dµ = log(f )dµ ≤ log f dµ ≤ f dµ − 1 .   p  p p

X

X

X

X

La u ´ ltima desigualdad se debe al hecho que log x ≤ x − 1 para todo x > 0. Luego, hemos obtenido   Z Z   1 f p dµ − 1 . log f dµ ≤ log kf kp ≤  p X

X

Haciendo p → 0 y aplicando la funci´on exponencial   Z  l´ım kf kp = exp log f dµ . p→0   X

8. Si g es una funci´on positiva en (0, 1) tal que g(x) → ∞ cuando x → 0, entonces existe una funci´on convexa h en (0, 1) tal que h ≤ g y h(x) → ∞ cuando x → 0. ¿Es esto cierto o falso? ¿Se modifica el problema si se sustituye (0, 1) por (0, ∞) y x → 0 se sustituye por x → ∞? Soluci´ on. Para cada n ∈ N, considere αn = ´ınf 1 g(x) . x∈(0, n )

Definimos h : (0, 1) → R por h(x) = (αn − αn+1 )(x − n1 )(n(n + 1)) + αn 1 , n1 ). Geom´etricamente, h es la l´ınea recta que une los inf´ımos si x ∈ ( n+1 αn y αn+1 . Por construcci´on h ≤ g y h(x) → ∞ cuando x → 0. La misma construcci´on sirve cuando se sustituye (0, 1) por (0, ∞). Observe que h es convexa.

19

CAP´ ITULO 3. ESPACIOS LP

11. Sup´ongase que µ(Ω) = 1, y sean f y g funciones medibles positivas en Ω tales que f g ≥ 1. Demuestre que Z Z f dµ · gdµ ≥ 1 . Ω

Ω

Soluci´ on. Como las funciones f y g son positivas y f g ≥ 1 obtenemos que 1 ≤ (f g)1/2 . Usando la desigualdad de H¨older obtenemos que Z

(f g)1/2

Ω

 1/2  1/2 Z Z ≤  f dµ ·  gdµ . Ω

Ω

Por otro lado, como 1 ≤ (f g)1/2 se obtiene Z Z 1 = µ(Ω) ≤ dµ ≤ (f g)1/2 dµ . Ω

Ω

Por lo tanto, elevando al cuadrado Z Z 1 ≤ f dµ · gdµ . Ω

Ω

12. Suponga que µ(Ω) = 1 y h : Ω → [0, ∞] medible si Z A = hdµ , Ω

demuestre que √

1+

A2

≤

Z √

1 + h2 dµ ≤ 1 + A .

Ω

Si µ es la medida de Lebesgue en [0, 1] y si h es continua y h = f ′ , las desigualdades anteriores tienen una interpretaci´on geom´etrica sencilla. A partir de ella, conjet´ urese (para un Ω arbitrario) bajo qu´e condiciones sobre h puede darse la igualdad en una u otra de las desigualdades anteriores, y demu´estrese lo conjeturado. Soluci´ on. Considere la funci´on ϕ : [0, ∞] → R definada por ϕ(x) =

20

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

√

1 + x2 . Entonces, ϕ es convexa en [0, ∞]. Luego, por la desigualdad de Jensen   Z Z   ϕ hdµ ≤ ϕ(h)dµ Ω

Ω

o equivalentemente

√

1+

A2

≤

Z √

1 + h2 dµ .

Ω

√ Por otro lado, es sencillo ver que 1 + x2 ≤ 1 + x para todo x ≥ 0. Luego, Z √ Z 2 1 + h dµ ≤ (1 + h)dµ = 1 + A , Ω

Ω

pues µ(Ω) = 1, lo cual prueba lo pedido. Ahora bien, si µ es la medida de Lebesgue en [0, 1], si h es continua y h = f ′ la desigualdad probada es equivalente a Z p 2 1 + (f (1) − f (0)) ≤

0

1

p 1 + f ′ (x)2 dx ≤ 1 + f (1) − f (0) .

Como h = f ′ y h ≥ 0 se deduce que f es una funci´on creciente en [0, 1] Geom´etricamente el largo de la curva y = f (x) es mayor o igual que el largo de la hipotenusa de catetos 1 y (f (1) − f (0)) y menor o igual a la suma de los catetos. 14. Supongase 1 < p < ∞, f ∈ Lp = Lp ((0, ∞)), con respecto a la medida de Lebesgue, y sea Z 1 x F (x) = f (t)dt (0 < x < ∞) . x 0 a) Demuestre la desigualdad de Hardy kF kp ≤

p kf kp p−1

que muestra que la aplicaci´on f → F lleva Lp en Lp . Soluci´ on.

21

CAP´ ITULO 3. ESPACIOS LP

x x u entonces dt = du entonces a a Z x Z a   Z 1 xu x 1 a  xu  1 F (x) = f (t)dt = f du = f du . x 0 x 0 a a a 0 a

a) Sean a > 0 fijo y t =

Observe que es posible obtener una versi´on continua de la desigualdad de Minkowski, a saber:   p 1/p  1/p Z Z Z Z   f dµ dµ ≤  f p dµ dµ .   Ω

Ω

Ω

Ω

Usando esta desigualdad obtenemos Z

0

a

1/p Z a Z a   p 1/p 1 xu |F (x)| dx ≤ f dx a a 0 0 Z Z a   p 1/p 1 a xu ≤ du f dx a 0 a 0 p

xu obtenemos que a Z a 1/p Z p 1/p−1 |F (x)| dx ≤ a

Tomando t =

0

a

u

−1/p

du

0

1/p−1

= a =

p p−1

Haciendo a → ∞ se obtiene que kF kp ≤

Z

a

1/p |f (t)| dt p

0

1/p a a p · · |f (t)| dt −1/p + 1 0 Z a 1/p p |f (t)| dt . −1/p+1

Z

0

p kf kp . p−1

17. a) Si 0 < p < ∞, h´agase γp = m´ax{1, 2p−1} y mu´estrese que |α − β|p ≤ γp (|α|p + |β|p ) para n´ umeros complejos α y β arbitrarios. b) Sup´ongase que µ es una medida positiva en X, 0 < p < ∞, f ∈ Lp (µ), fn ∈ Lp (µ), fn (x) → f (x) em c.t.p. y kfn kp → kf kp cuando n → ∞. Demuestre que l´ım kfn − f kp = 0.

22

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

c) Muestre que la conclusi´on (b) es falsa si se omite la hip´otesis kfn kp → kf kp , incluso aunque µ(X) < ∞.

Soluci´ on.

a) Considere la funci´on g : [1, ∞) → R g(x) =

(1 + x)p 1 + xp

entonces g ′ (x) = p(1+x)p−1 (1−xp−1 )(1+xp )−2 . Luego, g es decreciente si p > 1 y creciente para 0 < p < 1. Si p > 1 entonces g(x) ≤ g(1) = 2p−1, es decir, (1 + x) p ≤ 2p−1 (1 + xp ). Sean α, β ∈ C son β |α| ≤ |β| ⇒ 1 ≤ α . Sea x = αβ entonces ||α| + |β||p ≤ 2p−1 (|α|p + |β|p)

y como |α − β| ≤ ||α| + |β|| = |α| + |β| obtenemos |α − β|p ≤ 2p−1 (|α|p + |β|p) . b) Considere para cada n ∈ N hn = |f − fn |p − |f |p + |fn |p entonces hn (x) → 0 c.t.p. y |hn | ≤ |f − fn |p + ||f |p − |fn |p | ≤ γp (|f |p + |fn |p ) + |f |p + |fn |p ∈ L1 (µ) ya que f ∈ Lp (µ) y fn ∈ Lp (µ). Por el Teorema de Convergencia Dominada de Lebesgue Z Z l´ım hn dµ = l´ım hn dµ = 0 . n→∞

n→∞

X

X

Se sigue que l´ım kf − fn kpp = kf kpp − l´ım kfn kpp = 0 .

n→∞

n→∞

23. Sup´ongase que µ es una medida positiva en X, µ(X) < ∞, f ∈ L∞ (µ), kf k∞ > 0, y Z αn = |f |n dµ (n = 1, 2, 3, . . .) . X

23

CAP´ ITULO 3. ESPACIOS LP

Demuestre que

αn+1 = kf k∞ . n→∞ αn l´ım

Soluci´ on. Observe que |f |n+1 = |f | · |f |n ≤ kf k∞ |f |n

c.t.p.

Luego, αn+1 =

Z

|f |

n+1

dµ ≤ kf k∞

X

Z

|f |n dµ = kf k∞ αn ⇒

X

αn+1 ≤ kf k∞ . αn

25. Suponga Rque µ es una medida positiva en X y que f : X → (0, inf ty) satisface f dµ = 1. Demuestre que, para todo E ⊂ X con 0 < µ(E) < ∞, X

Z

(log f )dµ ≤ µ(E) log

1 µ(E)

E

y que si 0 < p < 1,

Z

f p dµ ≤ µ(E)1−p .

E

Soluci´ on. Por la desigualdad de Jensen   Z  1 Z  1 exp f dµ ≤ ef dµ ,  µ(E)  µ(E) E

∀E ⊂X ,

E

ya que exp es una funci´on convexa. Esto aplicado a g = log f se obtiene   Z   1 Z 1 log f dµ ≤ f dµ . exp  µ(E)  µ(E) E

E

Entonces,

1 µ(E)

Z E



log f dµ ≤ log  

≤ log 

1 µ(E)

Z E

1 µ(E)

Z

X



f dµ 

f dµ = log

1 µ(E)

24

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

lo que implica que

Z

log f dµ ≤ µ(E) log

1 . µ(E)

E

Por otro lado, como 0 < p < 1 la funci´on ϕ(x) = x1/p es convexa y por la desigualdad de Jensen 

 1 µ(E)

Z E

1/p

f dµ

1 ≤ µ(E)

Z

f 1/p dµ .

E

Esto aplicado a la funci´on f p nos da 

 1 µ(E)

Entonces,

1 µ(E)

Z E

Z E

1/p

f dµ p



1 ≤ µ(E)

Por lo tanto,

E

f dµ .

E

Z

p

1 f p dµ ≤  f dµ µ(E) E  p Z 1 1 ≤  f dµ = . µ(E) µ(E)p X

Z

Z

f p dµ ≤ µ(E)1−p .

CAP´ITULO

CUATRO TEORIA ELEMENTAL DE LOS ESPACIOS DE HILBERT P 7. Sea {an } una sucesi´ o n de n´ u meros positivos tales que an bn < ∞ siemP 2 P 2 pre que bn ≥ 0 y bn < ∞. Demuestre que an < ∞. Soluci´ on. Sea TN : l2 (N) → R dado por TN ({bn }) =

N X

an bn

n=1

entonces TN es un funcional lineal para cada n ∈ N. Adem´as, |TN ({bN })| ≤

N X n=1

an |bn | ≤

∞ X n=1

an |bn | < ∞ .

Por lo tanto, TN es acotado. Por el Teorema de Banach-Steinhaus, T : ∞ X 2 l (N) → R dado por T (b) = an bn es lineal continuo. Por el Teorema n=1

de Riesz, existe c ∈ l2 (N) tal que

T (b) = hb, ci , se sigue que cn = an para todo n ∈ N kck2 = kan k2 = kT k < ∞ ⇒ an ∈ l2 . 16. Si x0 ∈ H y M es un subespacio vectorial cerrado de H, demu´estrese que m´ın{kx − x0 k : x ∈ M} = m´ax{|hx0 , yi| : y ∈ M ⊥ , kyk = 1} . 25

26

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

Soluci´ on. Como x0 ∈ H tiene una u ´ nica descomposici´on x0 = P x0 + Qx0 con P x0 ∈ M y Qx0 ∈ M ⊥ . Adem´as, se sabe kP x0 − x0 k = m´ın{kx − x0 k : x ∈ M} . Observe que kP x0 − x0 k = kQx0 k. Afirmamos que kQx0 k = m´ax{|hxo , yi : y ∈ M ⊥ , kyk = 1} . En efecto, tenemos que |hx0 , yi| = |hP x0 + Qx0 , yi| = |hQx0 , yi| ≤ kQx0 k . Sea y = Qx0 /kQx0 k, entonces |hx0 , yi| = |hx0 , Qx0 i| ·

1 1 = |hQx0 , Qx0 i| · = kQx0 k . kQx0 k kQx0 k

CAP´ITULO

CINCO EJEMPLOS DE TECNICAS DE ESPACIOS DE BANACH

6. Sea f un funcional lineal acotado definido en un subespacio M de un espacio de Hilbert H. Demuestre que f tiene una u ´ nica extensi´on, conservando la norma, a un funcional lineal acotado sobre H y que esta extensi´on se anula sobre M ⊥ . Soluci´ on. Observe que M es un espacio de Hilbert, pues es cerrado en H. Por el Teorema de Hahn-Banach existe una extensi´on f a X con kf k = kf k. Por el Teorema de representaci´on de Riesz existe un u ´ nico x0 ∈ M tal que f (x) = hx, x0 i , ∀x∈M . M´as a´ un, kf k = kx0 k. Basta definir, L : H → F por L(h) = hh, x0 i. Luego, L es un funcional lineal acotado que conserva la norma y si y ∈ M ⊥ se tiene que L(y) = hy, x0i = 0 pues x0 ∈ M . La unicidad se desprende del Teorema de representaci´on de Riesz. P 10. Si αi ξi converge P para cada sucesi´on {ξi } tal que ξi → 0 cuando i → ∞, demuestre que |α| < ∞. Soluci´ on. Para cada n ∈ N, Tn : c0 ∩ l1 → F definida por Tn (ξ) =

n X i=1

27

αi ξ i .

28

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

Como para cada ξ ∈ c0 ∩l1 el l´ım Tn (ξ) existe, por el Teorema de Banachn→∞ Steinhaus sup kTn k < ∞ . n

Luego, T (ξ) = l´ım Tn (ξ) es un funcional lineal en c0 ∩ l1 , por el Teorema n→∞

de Representaci´on de Riesz, existe γ ∈ c0 ∩ l1 tal que T (ξ) = hξ, γi . M´as ´aun, kT k = kγk. Como T (ξ) = entonces kγk =

X i

∞ X i=1

αi ξi se tiene que γ = {αi },

|αi | = kT k < ∞ ⇒ {αi } ∈ l1 .

11. Para 0 < α ≤ 1, denotemos por Lip α al espacio de todas las funciones complejas f definidas en [a, b] para las que Mf = sup s6=t

|f (s) − f (t)| < ∞. |s − t|α

Demuestre que Lip α es un espacio de Banach si kf k = |f (a)| + Mf ; y tambi´en si kf k = Mf + sup |f (x)| . x

{fn }∞ n=1

Soluci´ on. Sea ⊆ Lipα una sucesi´on de Cauchy luego dado ε > 0 existe n0 ∈ N tal que kfn − fm k < ε, para todo n, m ≥ n0 , es decir, |fn (a) − fm (a)| + Mfn −fm < ε ,

∀ m, n ≥ n0 .

En particular, |fn (a) − fm (a)| < ε y |(fn (s) − fm (s)) − (fn (t) − fm (t))| < ε|s − t|α para todo s, t ∈ [a, b] con s 6= t y para todo n, m ≥ n0 . Entonces, para n, m ≥ n0 se tiene |fn (s) − fm (s)| ≤ |(fn (s) − fm (s)) − (fn (a) − fm (a))| + |fn (a) − fm (a)| < ε|s − a|α + ε . Se sigue que {fn (s)}∞ on de Cauchy y como C es un n=1 ⊆ C es una sucesi´ espacio de Banach existe y(s) tal que fn (s) → y(s) cuando n → ∞ para todo s ∈ [a, b]. Luego, kfn − yk ≤ ε para todo n ≥ n0 . Basta probar que y ∈ Lip α. My = My−fn0 +fn0 ≤ My−fn0 + Mfn0 < ∞

CAP´ ITULO 5. EJEMPLOS DE TECNICAS DE ESPACIOS DE BANACH

29

17. Si µ es una medida positiva, cada f ∈ L∞ (µ) define un operador multiplicaci´on Mf de L2 (µ) en L2 (µ) tal que Mf (g) = f g. Demu´estrese que kMf k ≤ kf k∞ . ¿Para qu´e medidas µ se verifica que kMf k = kf k∞ para todo f ∈ L∞ (µ)? ¿Para qu´e f ∈ L∞ (µ) Mf aplica L2 (µ) sobre L2 (µ)? Soluci´ on. Notemos que |f (x)| ≤ kf k∞ c.t.p, entonces si g ∈ L2 (µ) obtenemos Z Z 2 2 |f g| dµ ≤ kf k∞ |g|2dµ ⇒ kMf k ≤ kf k∞ . X

X

Ahora bien, la igualdad kMf k = kf k∞ se verifica para medidas µ que sean σ-finitas. En efecto, dado ε > 0 por la σ-finitud de µ existe Ω tal que 0 < µ(Ω) < ∞ tal que kf k∞ ≤ |f (x)| + ε ,

∀x ∈Ω.

Si g = µ(Ω)−1/2 χΩ entonces Z |f g|2dµ ≥ (kf k∞ − ε)2 ⇒ kMf k ≥ kf k∞ − ε . X

Haciendo ε → 0 obtenemos lo afirmado.

30

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

CAP´ITULO

OCHO ´ EN ESPACIOS PRODUCTO INTEGRACION

12. Utilicese el teorema de Fubini y la relaci´on Z ∞ 1 = e−xt dt (x > 0) x 0 para demostrar que l´ım

A→∞

Z

0

A

sen x π dx = . x 2

Soluci´ on. Observe que la funci´on e−tx sin x es integrable en R+ × R+ y por el Teorema de Fubini las integrales iteradas son iguales, entonces   Z ∞ Z ∞ Z ∞ Z ∞ Z ∞ sen x −xt −xt dx = e sin xdt dx = e sin xdx dt x 0 0 0 0 0  Z ∞ e−at (−t sin a − cos a) 1 dt = l´ım + A→∞ 1 + t2 1 + t2 0 Z ∞ dt π = = . 2 1+t 2 0

31

32

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

CAP´ITULO

NUEVE TRANSFORMADA DE FOURIER 1. Sea f ∈ L1 , f > 0. Demuestre que |fˆ(y)| < fˆ(0) para todo y 6= 0. Soluci´ on. Notemos que Z ∞ −ixy ˆ |f (y)| = f (x)e dm(x) Z −∞ ∞ ≤ |f (x)| · |e−ixy |dm(x) Z−∞ ∞ = f (x)dm(x) = fˆ(0) . −∞

3. H´allese el

Z

l´ım

A→∞

A

−A

sin λt itx e dt t

(−∞ < x < ∞)

donde λ es una constante positiva. Soluci´ on. Considere la funci´on  √  2π   si − λ ≤ x ≤ λ 2 f (x) =    0 en otro caso entonces

1 fˆ(t) = 2

Z

λ

−λ

−ixt

e

λ e−ixt e−iλt − eiλt sin λt dx = = = 2it −λ 2it t 33

34

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

Observe que f, fˆ ∈ L1 entonces por el Teorema de inversi´on l´ım

A→∞

Z

A

−A

sin λt itx e dt = t

Z

∞

fˆ(t)eitx dt −∞  √  2π   si − λ ≤ x ≤ λ 2 = f (x) =    0 en otro caso

2. Se supone f ∈ L1 , diferenciable c.t.p. y f ′ ∈ L1 . ¿Se puede concluir que la transformada de Fourier de f ′ es tifˆ(t)? Soluci´ on. Integrando por partes se tiene Z ∞ d ′ f (t) = f ′ (x)e−ixt dm(x) −∞ Z ∞ ∞ −ixt = f (x)e + it f (x)e−ixt dm(x) −∞

−∞

= itfˆ(t)

siempre que l´ım f (x) = 0. x→±∞

3. Si p y q son exponentes conjugados, f ∈ Lp , g ∈ Lq y h = f ∗ g, demuestre que h es uniformemente continua. Si adem´as 1 < p < ∞, entonces h ∈ C0 ; pruebese que esto falla para alguna f ∈ L1 , g ∈ L∞ . Soluci´ on. En virtud del Teorema 9.5., si 1 ≤ p < ∞ y f ∈ Lp , la aplicaci´on y → fy con fy (x) = f (x − y) es uniformemente continua. Entonces, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si |s − t| < δ implica que kfs − ft kp < ε. Luego, Z ∞ Z ∞ |h(s) − h(t)| = f (s − x)g(x)dm(x) − f (t − x)g(x)dm(x) −∞ Z −∞ ∞ ≤ |f (s − x) − f (t − x)||g(x)|dm(x) −∞

≤ kfs − ft kp · kgkq < εkgkq .

Por lo tanto, h es uniformemente continua. Ahora bien, como Cc (x) es denso en Lp (µ) para 1 ≤ p < ∞, existen fn , gn ∈ Cc (X), n ∈ N tal que fn → f y gn → g en Lp (µ). Luego, hn = fn ∗ gn ∈ Cc (X) y hn → h. Dado

35

CAP´ ITULO 9. TRANSFORMADA DE FOURIER

ε > 0 existe n0 ∈ N y K compacto tal que |h(x) − hn (x)| < n ≥ n0 y |hn0 (x)| < 2ε para todo x ∈ K c . Entonces,

ε 2

para todo

|h(x)| ≤ |h(x) − hn (x)| + |hn0 (x)| < ε , lo que implica que h ∈ C0 . Por otro lado, sean g ≡ 1, f : [0, ∞) → R dada por f (x) = 1 si n ≤ x ≤ n + n12 y f (x) = 0 en otro caso. Entonces, g ∈ L∞ y Z

∞ X 1 |f (x)|dx = < ∞ ⇒ f ∈ L1 . 2 n −∞ n=1 ∞

Luego, (g ∗ f )(t) =

Z

∞

−∞

g(t − x)f (x)dm(x) =

√

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

∞ X 1 2π = constante . n2 n=1

36

SOLUCIONES ANALISIS REAL Y COMPLEJO - RODRIGO VARGAS

CAP´ITULO

ONCE FUNCIONES ARMONICAS

6. Supongamos que f ∈ H(U) donde U esPel disco unidad abierto, y que f es inyectiva en U, Ω = f (U) y f (z) = cn z n . Demuestre que el ´area de Ω es ∞ X π n|cn |2 . n=1

Soluci´ on. En efecto, tenemos que ZZ Z 1 Z 2π ′ 2 A = |f (z)| dxdy = (f ′ (reiθ ))(f ′ (reiθ ))dθrdr 0

U

= =

Z

Z

1 0

Z

2π

0

1 0

= 2π

Z

0

Z

0

∞ X

ncn r

0

n−1 i(n−1)θ

e

n=1 ∞ 2π X

n=1 ∞ 1X n=1

!

∞ X

ncn r

n−1 −i(n−1)θ

e

n=1

!

dθrdr

n2 |cn |2 r 2n−2 dθrdr

2

2 2n−1

n |cn | r

dr = π

∞ X n=1

en donde hemos usado el hecho que

Z

0

n|cn |2 ,

2π

einθ dθ = 0 para todo n ∈ Z

excepto para n = −1 en cuyo caso la integral es igual a 2π.

37