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PROBABILIDAD II
Cuarto Art´ıculo:
Integral de Riemann-Stieltjes
Resumen En esta escrito estudiaremos un modo especial de integraci´on, introducido por primera vez por el matem´atico alem´an Thomas Joannes Stieltjes en 1894, como una extensi´on de la integral de Riemann. Este concepto es de significativa utilidad en diferentes ´areas de la matem´atica, como an´alisis, probabilidad, mec´anica y f´ısica, te- niendo diferentes interpretaciones. En la teor´ıa de las probabilidades, es una poderosa herramienta ya que permite el trato simult´aneo de las variables aleatorias discretas y continuas, en los conceptos de esperanza matem´atica, y otros relacionados, como funci´on caracter´ıstica, e integraci´on estoc´astica.
1 Definici´on y ejemplos
B´asicamente, el desarrollo de este concepto sigue el mismo modelo que el de la construcci´on de la integral de Riemann.
Definici´on 1.1 (Partici´on). Consideremos un intervalo cerrado y acotado [a, b] de R. Una partici´on del intervalo [a, b] es un conjunto finito de puntos P = {x 0 , x 1 , ..., xn}, tales que
a = x 0 < x 1 < · · · < xn− 1 < xn = b.
El n´umero no-negativo
‖P ‖ = max{xk − xk− 1 : k = 1, ..., n}
es llamado norma de la partici´on P. El conjunto denotado por P[a,b] re´une todas las particiones del intervalo [a, b].
Ejercicio 1. Sea [a, b] un intervalo cerrado y acotado. Sea c ∈ [a, b]. Demuestre que para todo δ > 0 existe una partici´on P de [a, b] tal que ‖P ‖ < δ y para alg´un punto xi ∈ P , c ∈ Ai, donde Ai puede ser cualquiera de los intervalos (xi− 1 , xi), [xi− 1 , xi], [xi− 1 , xi) o (xi− 1 , xi].
Ejercicio 2. Sea [a, b] un intervalo cerrado y acotado. Sea c 1 , ..., cm una colecci´on finita de puntos distintos en (a, b). Demuestre que para todo δ > 0 existe una partici´on P de [a, b], tal que ‖P ‖ < δ y para cada k = 1, ..., m existe un punto xik ∈ P tal que ck ∈ (xik − 1 , xik ), de tal modo que [xij − 1 , xij ] ∩ [xik − 1 , xik ] = ∅ si j 6 = k.
Definici´on 1.2 (Sumas de Riemann-Stieltjes). Sea P una partici´on de [a, b], y consideremos dos funciones f : [a, b] → R y g : [a, b] → R. Entonces una suma de la forma
S(f, g, P ) =
∑^ n
k=
f (tk)[g(xk) − g(xk− 1 )],
donde tk ∈ [xk− 1 , xk], para toda k = 1, ..., n, es llamada suma de Riemann-Stieltjes de la funci´on f respecto de la funci´on g sobre la partici´on P.
Si g es la funci´on identidad, entonces una suma de Riemann-Stieltjes es una suma de Riemann habitual.
Ejercicio 3. Sea f (x) = 1 + x^2 para x ∈ [− 1 , 3] y sea P = {− 1 , − 13 , 0 , 1 , 12 , 1 , 2 , 3 }. Calcule algunas sumas de Riemann-Stieltjes cuando g(x) = x, g(x) = (x + 2)−^1 y g(x) = 3.
Definici´on 1.3 (Integral de Riemann-Stieltjes). Supongamos que f y g son dos funciones reales definidas sobre el intervalo cerrado y acotado [a, b] de R. Decimos que la funci´on f es Riemann-Stieltjes integrable respecto de la funci´on g sobre el intervalo [a, b], si para alg´un n´umero I ∈ R se tiene que para toda > 0 existe δ = δ() > 0 tal que
|S(f, g, P ) − I| < ,
para toda partici´on P ∈ P[a,b] tal que ‖P ‖ < δ y cualquier elecci´on de puntos tk ∈ [xk− 1 , xk]. En este caso decimos que I es la integral de Riemann-Stieltjes de f respecto de g sobre [a, b], y usamos la notaci´on
I =
∫ (^) b
a
f (x) dg(x) o tambi´en I =
∫ (^) b
a
f dg.
La funci´on f es llamada integrando y la funci´on g integrador. La combinaci´on de pa- labras Riemann-Stieltjes la abreviaremos como RS. As´ı diremos que f es RS(g), o bien, pondremos f ∈ RS(g). El conjunto RS(g) re´une todas las funciones RS integrables respecto a g, sobre el intervalo [a, b].
Debemos estar seguros de comprender el sentido correcto de esta definci´on. Si f es RS integrable respecto de g, entonces para cada ε > 0 existe un n´umero δ > 0 tal que para cualquier partici´on P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b}, si ‖P ‖ < δ, entonces ∣ ∣∣ ∣∣
∑^ n
i=
f (ti)
g(xi) − g(xi− 1 )
∫ (^) b
a
f dg
∣∣ < ε,
para cualesquiera valores intermedios ti ∈ [xi, xi− 1 ], i = 1, ..., n. Si g es la funci´on identidad (g(x) = x, para toda x ∈ [a, b]), entonces la integral de RS se reduce a la integral de Riemann habitual. En este sentido, la integral de RS es una extensi´on de la integral de Riemann. Algunas veces, para designar la integral de RS se usa tambi´en la notaci´on, lim ‖P ‖→ 0
S(f, g, P ).
La cual es puede provocar ciertas confusiones. Tendremos cuidado cuando sea el caso de usarla. Los ejemplos m´as sencillos son sintetizados en el siguiente par de resultados.
Teorema 1.1. Sea f : [a, b] → R cualqueir funci´on y sea g : [a, b] → R la funci´on constante α (esto es g(x) = α, para toda x ∈ [a, b]). Entonces f es RS(g) y ∫ (^) b
a
f dg = 0.
Demostraci´on. Para cualquier partici´on P ∈ P[a,b],
S(f, g, P ) =
∑^ n
k=
f (tk)[g(xk) − g(xk− 1 )]
∑^ n
k=
f (tk)[α − α]
= 0,
de donde se sigue el resultado.
Ejercicio 4. Pruebe ∫ (^) n
0
x^2 d[x] = 1 + 2^2 + · · · + n^2 =
n(n + 1)(2n + 1) 6
para todo n´umero natural n. ¿Qu´e puede decir de
∫ (^) b a [x]^ dx
Ejemplo 1.2. Sea f : [0, 1] → R la funci´on f (x) = x^2 y g : [0, 1] → R la funci´on dada por
g(x) =
3 x si x ∈ [0, 1), 4 si x = 1.
¿Existe
0 f dg? Para cualquier partici´on^ P^ de^ [0,^ 1]^ y para valores^ tk^ ∈^ [xk−^1 , xk],
S(f, g, P ) =
∑^ n
k=
f (tk)[g(xk) − g(xk− 1 )]
n∑− 1
k=
t^2 k[3xk − 3 xk− 1 ] + t^2 n[4 − 3 xn− 1 ]
∑^ n
k=
t^2 k[xk − xk− 1 ] + t^2 n
= 3S(x^2 , x, P ) + t^2 n,
donde S(x^2 , x, P ) es una suma de Riemann para la funci´on f (x) = x^2 en [0, 1]. Si ‖P ‖ → 0 ,
∫ (^1)
0
f dg = 3
0
x^2 dx + 1 = 2.
Ejemplo 1.3. Sea f : [1, 2] → R la funci´on f (x) = x^2 , y g : [1, 2] → R la funci´on dada por
g(x) =
3 x + 1 si x ∈ [1, 2), 8 si x = 2.
Como en el ejemplo anterior, para P ∈ P[1,2] y valores tk ∈ [xk− 1 , xk], k = 1, ..., n,
S(f, g, P ) =
∑^ n
k=
f (tk)[g(xk) − g(xk− 1 )]
n∑− 1
k=
t^2 k[3xk + 1 − 3 xk− 1 − 1] + t^2 n[8 − 3 xn− 1 − 1]
∑^ n
k=
t^2 k[xk − xk− 1 ] + t^2 n
= 3S(x^2 , x, P ) + t^2 n,
donde S(x^2 , x, P ) es una suma de Riemann para la funci´on f (x) = x^2 en [1, 2]. Si ‖P ‖ → 0 ,
∫ (^2)
1
f dg = 3
1
x^2 dx + 4 = 11.
Figura 2: Funciones f (izq) y g (der) del Ejemplo 1.4.
Ejemplo 1.4. En este ejemplo usaremos el criterio -δ para demostrar la existencia y calcular la integral. Sea f : [− 1 , 1] → R la funci´on dada por f (x) = 2x^2 , y consideremos la funci´on I{ 0 } : [− 1 , 1] → R, dada por
I{ 0 }(x) =
1 si x = 0, 0 si x 6 = 0.
¿Existe
− 1 f dI{^0 }?^ Sea^ >^0.^ Como^ f^ (x) = 2x (^2) es continua en x = 0, existe
δ = δ() > 0 tal que
|f (x) − f (0)| = 2x^2 <
siempre que |x| < δ. Elegimos entonces cualquier partici´on
P = {−1 = x 0 , x 1 , ..., xn = 1} ∈ P[− 1 ,1],
tal que ‖P ‖ < δ. Tenemos dos casos: Caso I). Si para toda k ∈ { 0 , ..., n}, se tiene que xk 6 = 0, entonces I{ 0 }(xk) = 0 para toda k ∈ { 0 , ..., n}. Luego, S(f, I{ 0 }, P ) = 0 y de forma inmediata,
0 = |S(f, I{ 0 }, P )| < .
Caso II). Si existe (una ´unica) i ∈ { 0 , 1 , ..., n} tal que xi = 0, entonces I{ 0 }(xi) = 1, y I{ 0 }(xk) = 0 si k 6 = i. Por lo tanto, para cualesquiera valores intermedios tk ∈ [xk− 1 , xk],
S(f, I{ 0 }, P ) =
∑^ n
k=
2 t^2 k[I{ 0 }(xk) − I{ 0 }(xk− 1 )]
∑^ i−^1
k=
2 t^2 k[I{ 0 }(xk) − I{ 0 }(xk− 1 )]
∑^ n
k=i+
2 t^2 k[I{ 0 }(xk) − I{ 0 }(xk− 1 )]
= 2t^2 i − 2 t^2 i+1,
donde ti ∈ [xi− 1 , 0] y ti+1 ∈ [0, xi+1]. Ahora, dado que ‖P ‖ < δ, tenemos
|ti| = xi − ti ≤ xi − xi− 1 ≤ |P | < δ y |ti+1| = ti+1 − xi ≤ xi+1 − xi ≤ |P | < δ,
Sea I un n´umero real y sea
ε 0 =
|I| si I 6 = 0, 1 2 si^ I^ = 0. Si ε 0 = |I|, entonces para cada δ > 0 elegimos una partici´on P tal que ‖P ‖ < δ y tomamos tn = 1, para que de esta manera,
|S(f 1 , g, P ) − I| = |f 1 (1) − I| = |I| = ε 0.
Cuando ε 0 = 1/ 2 (i.e. I = 0), entonces para cada δ > 0 elegimos una partici´on P tal que ‖P ‖ < min{δ, 12 } y tomamos tn < 1 , para que de esta manera,
|S(f 1 , g, P ) − I| = S(f 1 , g, P ) = tn = 1 − (1 − tn) > 1 −
= ε 0.
Concluimos que f 1 no es RS integrable respecto a g.
Sintetizamos estos ´ultimos ejemplos en el resultado siguiente.
Proposici´on 1.1. Sea f : [a, b] → R una funci´on. Si c ∈ (a, b), entonces
∫ (^) b a f dI{c}^ existe si y s´olo si f es continua en c. En este caso ∫ (^) b
a
f dI{c} = 0.
Por otro lado,
∫ (^) b a f dI{b}^ existe, si y s´olo si,^ f^ es continua por la izquierda en^ b. En cuyo caso (^) ∫ (^) b
a
f dI{b} = f (b).
Por ´ultimo,
∫ (^) b a f dI{a}^ existe, si y s´olo si,^ f^ es continua por la derecha en^ a. En cuyo caso ∫ (^) b
a
f dI{a} = −f (a).
Demostraci´on. Sea c ∈ (a, b) y tomemos P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b} ∈ P[a,b]. Sea k (´unico) tal que c ∈ (xk− 1 , xk]. Entonces
S(f, I{c}, P ) = f (tk)
I{c}(xk) − I{c}(xk− 1 )
I{c}(xk+1) − I{c}(xk)
f (tk) − f (tk+1)
I{c}(xk)
donde tk es cualquier valor en [xk− 1 , xk] y tk+1 es cualquier valor en [xk, xk+1]. Del mismo modo, S(f, I{b}, P ) = f (tn) y S(f, I{a}, P ) = −f (t 1 ),
donde tn ∈ [xn− 1 , b] y t 1 ∈ [a, x 1 ]. El resto de la prueba se deduce f´acilmente de estos hechos.
Ejercicio 5. Concluya la demostraci´on de la Proposici´on 1.1.
Proposici´on 1.2. Sea (c, d) ⊂ [a, b] (a ≤ c ≤ d ≤ b) y f : [a, b] → R una funci´on continua en c y en d. Consideremos la funci´on I(c,d) : [a, b] → R dada por
I(c,d)(x) =
1 si x ∈ (c, d), 0 si x /∈ (c, d).
Entonces, (^) ∫ b
a
f dI(c,d) = f (c) − f (d).
Demostraci´on. Tomemos una partici´on P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b} ∈ P[a,b], tal que ‖P ‖ < d − c. Entonces existe i ∈ { 1 , ...n} (m´ınimo) y existe j ∈ { 1 , ..., n} (m´ınimo), i < j, tales que c ∈ [xi− 1 , xi) y d ∈ (xj− 1 , xj ]. Esto es, xi es el primer punto de P que sobrepasa al punto c, y xj es el primero que sobrepasa o es igual al punto d. Por lo tanto
S(f, I(c,d), P ) =
∑^ i−^1
k=
f (tk)[I(c,d)(xk) − I(c,d)(xk− 1 )]
- f (ti)[I(c,d)(xi) − I(c,d)(xi− 1 )]
∑^ j−^1
k=i+
f (tk)[I(c,d)(xk) − I(c,d)(xk− 1 )]
∑^ n
k=j+
f (tk)[I(c,d)(xk) − I(c,d)(xk− 1 )]
= f (ti) − f (tj ),
con ti ∈ [xi− 1 , xi] y tj ∈ [xj− 1 , xj ]. Si ‖P ‖ → 0, se sigue que ti → c y tj → d (esta aproximaci´on podr´ıa ser lateral ´unicamente). Como f es continua en c y en d,
lim ‖P ‖→ 0
S(f, I(c,d), P ) = lim ti→c f (ti) + lim tj →d
f (tj )
= f (c) − f (d).
Es decir,
∫ (^) b
a
f dI(c,d) = f (c) − f (d).
Ejercicio 6. Sean f y g funciones definidas en [a, b]. Supongamos que f es continua y es RS(g). Sea c ∈ (a, b) y h = gI{c}. Pruebe que f es RS(h) y ∫ (^) b
a
f dg =
∫ (^) b
a
f dh.
Ejercicio 7. Sea f una funci´on continua definida sobre [a, b]. Sea {c 0 = a, c 1 , ..., cm− 1 , cm = b} una partici´on de [a, b] (esto es a = c 0 < c 1 < · · · < cm− 1 < cm = b). Sea g : [a, b] → R una funci´on constante en (ci− 1 , ci) con saltos en ci, para cada i = 0, ..., m, es decir, para ciertas constantes g 1 , g 2 ,..., gm y constantes ˆg 0 , ˆg 1 ,..., ˆgm,
g(x) =
gi si x ∈ (ci− 1 , ci), para alg´un i ∈ { 1 , ..., m}, g ˆi si x = ci para alg´un i ∈ { 0 , 1 , ..., m}. a) Traze algunas gr´aficas para casos particulares de g. b) Demuestre ∫ (^) b
a
f dg = f (a)(g 1 − ˆg 0 ) +
m∑− 1
i=
f (ci)(gi − gi− 1 ) + f (b)(ˆgm − gm).
Ejercicio 8. Sean f y g funciones definidas sobre [− 1 , 1] dadas por
f (c) =
x^2 si x es irracional,
0 si x es racional.
g(x) =
− 1 si x ∈ [− 1 , 0],
1 si x ∈ (0, 1].
Pruebe que f es RS integrable respecto de g. Indicaci´on: El ´unico punto problem´atico es el 0. Use el hecho de que f es continua en este punto.
Demostraci´on del Teorema 2.1. Parte i). El resultado es obvio si α = 0. Supongamos que α 6 = 0. Sea ε > 0 y sean δ 1 > 0 y δ 2 > 0 n´umeros tales que ∣∣ ∣∣S(f 1 , g, P 1 ) −
∫ (^) b
a
f 1 dg
∣∣ < ε 2
y
∣∣S(f 2 , g, P 2 ) −
∫ (^) b
a
f 2 dg
∣∣ < ε 2 |α|
siempre que ‖P 1 ‖ < δ 1 y ‖P 2 ‖ < δ 2 (naturalmente P 1 , P 2 ∈ P[a,b]). Tomamos un n´umero δ tal que 0 < δ < min{δ 1 , δ 2 }.
Sea P ∈ P[a,b] tal que ‖P ‖ < δ. Tenemos,
∣ ∣ ∣∣S(f 1 + αf 2 , g, P ) −
(∫ (^) b
a
f 1 dg + α
∫ (^) b
a
f 2 dg
∣∣S(f 1 , g, P ) −
∫ (^) b
a
f 1 dg
∣S(f^2 , g, P^ )^ −
∫ (^) b
a
f 2 dg
ε 2
ε 2
= ε.
La parte ii). se prueba de forma completamente an´aloga.
Ejercicio 11. Complete la prueba del Teorema 2.1.
Ejemplo 2.1. Sean f (x) = x^2 , g 1 (x) = [x], g 2 (x) = x y g 3 (x) = 1 funciones sobre el intervalo [0, 2]. Entonces ∫ (^2)
0
f d(g 1 + 3g 2 + g 3 ) =
0
x^2 d([x] + 3x + 1)
0
x^2 d[x] + 3
0
x^2 dx
= 13,
seg´un el Ejemplo 1.1 y los m´etodos de integraci´on de Riemann habituales.
Ejemplo 2.2. Consideremos la funci´on f (x) = x^2 y la funci´on g dada por
g(x) =
3 x si x ∈ [0, 1), 3 x + 1 si x ∈ [1, 2), 8 si x = 2.
¿Cu´al es el valor de
0 f dg? Evidentemente, la primera idea que nos permite resolver este problema es calcular por secciones esta integral, es decir, ∫ (^2)
0
f dg =
0
f dg +
1
f dg.
As´ı, suponiendo que esto es posible, tenemos que ∫ (^2)
0
f dg = 2 + 11 = 13
seg´un los ejemplos 1.2 y 1.3.
En este ´ultimo ejemplo, hicimos dos suposiciones s´umamente fuertes. En primer lu- gar, actuamos sin preocuparnos en demostrar la existencia de
∫ (^) b a f dg, para despu´es, sin remordimiento alguno, usar el teorema siguiente.
Teorema 2.2. Si
∫ (^) b
a
f dg existe y c ∈ [a, b], entonces
i)
∫ (^) c
a
f dg y
∫ (^) b
c
f dg existen, y
ii)
∫ (^) b
a
f dg =
∫ (^) c
a
f dg +
∫ (^) b
c
f dg.
Posponemos la prueba hasta la secci´on pr´oxima. Por lo pronto, en el siguiente ejemplo mostramos que el rec´ıproco no es v´alido en general.
Ejemplo 2.3. Sean f : [0, 2] → R y g : [0, 2] → R las funciones dadas por
f (x) =
0 si x ∈ [0, 1] 1 si x ∈ (1, 2],
y g(x) =
0 si x ∈ [0, 1) 1 si x ∈ [1, 2],
Figura 3: Las funciones f (izq.) y g (der.) del Ejemplo 2.3 solo difieren en un punto.
Si P ∈ P[0,1], entonces
S(f, g, P ) =
∑^ n
k=
f (tk)[g(xk) − g(xk)]
∑^ n
k=
0 · [g(xk) − g(xk)] (pues tk ∈ [0, 1] para toda k = 1, ..., n)
= 0,
de modo que
0
f dg existe y es igual a 0. Por otro lado, si P ∈ P[1,2], entonces
S(f, g, P ) =
∑^ n
k=
f (tk)[g(xk) − g(xk− 1 )]
∑^ n
k=
f (tk)[1 − 1] (pues xk ∈ [1, 2] para toda k = 1, ..., n)
= 0,
de modo que
1 f dg^ existe y es igual a^0.
Demostraci´on. Sea P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b} ∈ P[a,b], tenemos
S(g, f, P ) =
∑^ n
k=
g(tk)[f (xk) − f (xk− 1 )]
tk ∈ [xk− 1 , xk], k = 1, ..., n
= g(tn)f (b) − g(t 1 )f (a) +
n∑− 1
k=
f (xk)[g(tk) − g(tk+1)]
= f (b)g(b) − f (a)g(a) −
∑^ n
k=
f (xk)[g(tk+1) − g(tk)]
xk ∈ [tk, tk+1], k = 0, ..., n
donde t 0 = a y tn+1 = b. Por lo tanto, si definimos la partici´on Q = {a = t 0 , t 1 , ..., tn, tn+1 = b}, la cual depende de P , entonces
S(g, f, P ) = f (b)g(b) − f (a)g(a) − S(f, g, Q).
Ahora, si ‖P ‖ → 0 entonces ‖Q‖ → 0. Por tanto, ∫ (^) b
a
g d f = f (b)g(b) − f (a)g(a) −
∫ (^) b
a
f dg.
Ejemplo 3.1. Consideremos las funciones f : [− 1 , 1] → R, f (x) = x, y g : [− 1 , 1] → R, g(x) = |x|. Entonces, por el teorema anterior, ∫ (^1)
− 1
x d |x| = 2 −
− 1
|x| d x,
y la segunda integral es la integral de Riemman para la funci´on g(x) = |x| sobre [− 1 , 1]. Luego (^) ∫ 1
− 1
x d |x| = 1.
Ejercicio 12. Evalue
1 x d(|x|^ + [x]) y^
∫ (^) π/ 2 0 x d^ cos^ x.
Ejemplo 3.2 (Funciones escalonadas). Sean I(c,d) y f funciones como en el Proposici´on 1.2. Entonces (^) ∫ (^) b
a
I(c,d) d f = f (d) − f (c),
seg´un la f´ormula de integraci´on por partes. Si α es una constante real y si definimos s = αI(c,d), entonces ∫ (^) b
a
s d f = α(f (d) − f (c))
Supongamos que R = {a = c 0 , c 1 , ..., cr− 1 , cr = b} es una partici´on de [a, b] y que f es una funci´on continua en ci, para toda i = 0, ..., r. Si definimos la funci´on s : [a, b] → R por s(x) =
∑r i=1 αiIAi (x)^ donde^ αi^ ∈^ R^ y^ Ai^ = (ci−^1 , ci), entonces ∫ (^) b
a
s d f =
∑^ r
i=
αi[f (ci) − f (ci− 1 )].
Ejercicio 13. Sea f : [a, b] → R. Pruebe que
∫ (^) b a f df^ existe si y s´olo si^ f^ es conitnua, en cuyo caso (^) ∫ (^) b
a
f df = f 2 (b) − f 2 (a) 2
Una propiedad importante de la integral de Riemann es la siguiente. Sea f es una funci´on acotada en el intervalo [a, b], si f es Riemann integrable en [a, b], entonces la funci´on f 1 = f I(a,b) es Riemann integrable y adem´as su integral coincide con la de f. La integral de RS no cumple necesariamente esta aseveraci´on. El Ejemplo 1.6 se ilustra esta situaci´on. Sin embargo, esta deficiencia es superada si suponemos continuidad para g.
Teorema 3.2. Si
∫ (^) b a f dg^ existe y^ g^ es una funci´on continua en^ a^ y^ b, entonces la funci´on f 1 = f I(a,b) es RS integrable respecto de g y
∫ (^) b
a
f 1 dg =
∫ (^) b
a
f dg.
Demostraci´on. Para P ∈ P[a,b] tenemos que
S(g, f 1 , P ) =
∑^ n
k=
f 1 (tk)[g(xk) − g(xk− 1 )]
tk ∈ [xk− 1 , xk]
= g(t 1 )[f 1 (x 1 ) − f 1 (a)] +
n∑− 1
k=
g(tk)[f 1 (xk) − f 1 (xk− 1 )] + g(tn)[f 1 (b) − f 1 (xn− 1 )]
= f (x 1 )g(t 1 ) +
n∑− 1
k=
g(tk)[f (xk) − f (xk− 1 )] − f (xn− 1 )g(tn)
n∑− 1
k=
f (xk)[g(tk+1) − g(tk)]
= f (a)[g(t 1 ) − g(a)] + f (b)[g(b) − g(tn)] −
∑^ n
k=
f (xk)[g(tk+1) − g(tk)]
xk ∈ [tk, tk+1]
con t 0 = a y tn+1 = b. Entonces si definimos Q = {a = t 0 , t 1 , ..., tn, tn+1 = b} (partici´on que depende de P ), se sigue que
S(g, f 1 , P ) = f (a)[g(t 1 ) − g(a)] + f (b)[g(b) − g(tn)] − S(f, g, Q).
Ahora, dado que |P | → 0 implica que |Q| → 0, t 1 → a+^ y tn → b−, se sigue que ∫ (^) b
a
g d f 1 = −
∫ (^) b
a
f dg,
luego, seg´un el Teorema 3.1 (f´ormula de integraci´on por partes),
∫ (^) b
a
f 1 dg = f 1 (b)g(b) − f 1 (a)g(a) −
∫ (^) b
a
g d f 1 =
∫ (^) b
a
f dg
En realidad, este resultado es todav´ıa m´as amplio.
Teorema 3.3. Supongamos que
∫ (^) b a f dg^ existe y que^ g^ es una funci´on continua en^ a^ y^ b. Si A es cualquiera de los intervalos [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), entonces la funci´on fA = f IA es RS integrable respecto de g, y
∫ (^) b
a
fA dg =
∫ (^) b
a
f dg
La demostraci´on es completamente an´aloga a la del Teorema 3.2.
para toda n ∈ N. Luego |Pn| = b − a n
, para toda n ∈ N. Por tanto existe n 0 ∈ N tal que
|Pn| < δ y |Pm| < δ,
para todo n, m ≥ n 0. De modo que
|S(f, g, Pn) − S(f, g, Pm)| <
para n, m ≥ n 0. Entonces existe un n´umero real I tal que
lim |Pn|→ 0
S(f, g, Pn) = lim n→∞ S(f, g, Pn) = I, (2)
pues seg´un (1), la sucesi´on de n´umeros reales {S(f, g, Pn)}n∈N es de Cauchy. Este n´umero I es, por supuesto, el candidato ideal para ser la integral de R-S de f respecto de g. Para conducir a buen t´ermino esta conjetura, debemos probar que el l´ımite en (2) es v´alido no s´olo para partiones homog´eneas, sino para toda partic´on P. Observamos que si P ∈ P[a,b], entonces
|S(f, g, P ) − I| =
∣S(f, g, P ) − S(f, g, Pn) + [S(f, g, Pn) − I]
≤ |S(f, g, P ) − S(f, g, Pn)| + |S(f, g, Pn) − I|
para toda partici´on Pn. Luego,
|S(f, g, P ) − I| ≤ lim n→∞ |S(f, g, P ) − S(f, g, Pn)| + lim n→∞ |S(f, g, Pn) − I| = lim n→∞ |S(f, g, P ) − S(f, g, Pn)|,
de donde, lim |P |→ 0
|S(f, g, P ) − I| ≤ lim |P |→ 0
lim n→∞ |S(f, g, P ) − S(f, g, Pn)| = 0
Se sigue pues que f es R-S integrable respecto de g sobre [a, b] y adem´as ∫ (^) b
a
f dg = lim |P |→ 0 S(f, g, P ) = I.
Demostraci´on del Teorema 2.2. Si > 0 entonces existe δ = δ() > 0 tal que
|S(f, g, P ) − S(f, g, P ′)| < ,
siempre que |P | < δ y |P ′| < δ, seg´un el criterio de Cauchy. De tal forma que si elegimos la partici´on P 1 ∈ P[a,c] sobre [a, c], y las particiones P 2 ∈ P[c,b] y P 2 ′ ∈ P[c,b] sobre [c, b], tales que |P 1 | < (1/2)δ y |P (^) i′ | < (1/2)δ, i = 1, 2, entonces se tendr´a
(i) P = P 1 ∪ P 2 ∈ P[a,b] y |P | < δ, y
(ii) Q = P 1 ∪ P 2 ′ ∈ P[a,b] y |Q| < δ,
De donde se sigue, en primer lugar, que
S(f, g, P ) = S(f, g, P 1 ) + S(f, g, P 2 ) y S(f, g, Q) = S(f, g, P 1 ) + S(f, g, P 2 ′),
por tanto, S(f, g, P 2 ) − S(f, g, P 2 ′) = S(f, g, P ) − S(f, g, Q),
luego, en segundo lugar,
|S(f, g, P 2 ) − S(f, g, P 2 ′)| = |S(f, g, P ) − S(f, g, Q)| < ,
puesto que |P | < δ y |Q| < δ. Entonces, seg´un el criterio de Cauchy, existe
∫ (^) b
c
f dg.
De forma an´aloga podemos probar que
∫ (^) c
a
f dg existe. Ahora bien, consideremos las particiones P 1 ∈ P[a,c] y P 2 ∈ P[c,b]. Si definimos la partici´on P = P 1 ∪ P 2 sobre [a, b], entonces
S(f, g, P ) = S(f, g, P 1 ) + S(f, g, P 2 ).
Por tanto, ∫ (^) b
a
f dg = lim |P |→ 0 S(f, g, P ) (por hip´otesis)
= lim |P 1 |→ 0
S(f, g, P 1 ) + lim |P 2 |→ 0
S(f, g, P 2 )
∫ (^) c
a
f dg +
∫ (^) b
c
f dg.
Como hemos visto en algunos ejemplos, una funci´on f puede no ser RS integrable con respecto a otra funci´on g incluso cuando solo posee una solo discontinuidad. M´as a´un, puede suceder que una funci´on continua f no sea RS integrable respecto de g. Bajo ciertas condiciones para g la existencia de
f dg queda garantizada.
Teorema 4.2. Sean f y g funciones reales definidas sobre [a, b]. Si f es continua y g es mon´otona no-decreciente, entonces
∫ (^) b a f dg^ existe.
Demostraci´on. Si g(a) = g(b) entonces g es constante y la conclusi´on es obvia. Supongamos que g(a) < g(b). Fijamos ε > 0. Dado que f es uniformemente continua en [a, b], para alg´un δ > 0,
|f (x) − g(y)| <
ε g(b) − b(a) , siempre que |x − y| < δ, x, y ∈ [a, b].
Sean P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b} y Q = {a = y 0 , y 1 , ..., ym = b} dos particiones de [a, b], y los conjuntos de valores intermedios ti ∈ [xi− 1 , xi] y rj ∈ [yj− 1 , yj ], para cada i y cada j. Consideremos las sumas de Riemann-Stieltjes respectivas, S(f, g, P ) y S(f, g, Q). Formamos entonces la partici´on P ′^ = P ∪ Q, digamos, P ′^ = {a = z 0 , z 1 , ..., zk = b}, donde k ≤ m + n, pues algunos puntos de P pueden coincidir con tantos puntos de Q. Tomamos la colecci´on de puntos t′ l, l = 1, ..., k, tal que t′ l = ti, para todos los ´ındices l tal que [zl− 1 , zl] ⊂ [xi− 1 , xi]. Del mismo modo, tomamos n´umeros r′ l, l = 1, ..., k, tal que r′ l = rj , para todos los ´ındices l tal que [zl− 1 , zl] ⊂ [yj− 1 , yj ]. Por consiguiente,
S(f, g, P ) =
∑^ k
l=
f (t′ l)
g(zl) − g(zl− 1 )
y S(f, g, Q) =
∑^ k
l=
f (r′ l)
g(zl) − g(zl− 1 )
Ejercicio 15. Complete la prueba del Teorema 5.1.
Ejercicio 16. Sea
f (x) =
1 − x si x ∈ [0, 1),
0 si x = 1.
Supongamos que
0 f dg^ existe. Pruebe que^ g^ es diferenciable (por la izquierda) en^ x^ = 1. Encuentre una funci´on g no constante tal que
0 f dg^ existe.
6 Caracterizaci´on de la integral de Riemann-Stieltjes como
l´ımite de sumas de Darboux. Criterio de existencia de
Riemann.
An´alogo al caso de la integral de Riemann, podemos caracterizar la integral de Riemann- Stieltjes mediante sumas de Darboux. Sin embargo esta caracterizaci´on es m´as d´ebil que el criterio de Cauchy. Como en el caso de integraci´on de Riemann, es necesario mantener una restricci´on sobre la funci´on f , adem´as de suponer que g es no-decreciente. Apuntamos una primera definici´on.
Definici´on 6.1 (Sumas de Darboux-Riemann-Stieltjes). Sean f y g funciones reales defi- nidas en el intervalo [a, b] y supongamos que f es acotada y que g es no-decreciente. Sea P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b} una partici´on de [a, b]. Para cada i = 1, ..., n, sea
mi = inf{f (x) : x ∈ [xi− 1 , xi]} y Mi = sup{f (x) : x ∈ [xi− 1 , xi]}.
Definimos la suma superior de Darboux-Riemann-Stieltjes de f respecto de g para la partici´on P , como
U (f, g, P ) =
∑^ n
i=
Mi(g(xi) − g(xi− 1 )).
Definimos la suma inferior de Darboux-Riemann-Stieltjes de f respecto de g para la partici´on P , como
L(f, g, P ) =
∑^ n
i=
mi(g(xi) − g(xi− 1 )).
Note que lo n´umeros mi y Mi est´an bien definidos puesto que f es una funci´on acotada. Luego, las sumas superiores e inferiores definidas arriba siempre existen.
Proposici´on 6.1. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamos que f es acotada y que g es no-decreciente. Sea P = {a = x 0 , x 1 , ..., xn = b} una partici´on de [a, b].
i) m(g(b) − g(a)) ≤ L(f, g, P ) ≤ S(f, g, P ) ≤ U (f, g, P ) ≤ M (g(b) − g(a)). Donde m = inf{f (x) : x ∈ [a, b]} y M = sup{f (x) : x ∈ [a, b]}.
ii) Si Q es una partici´on m´as fina que P (i.e. P ⊂ Q), entonces
L(f, g, P ) ≤ L(f, g, Q) ≤ U (f, g, Q) ≤ U (f, g, P ).
Ejercicio 17. Pruebe la Proposici´on 6.1.
Definici´on 6.2. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamos que f es acotada y que g es no decreciente. Definimos la integral superior de Riemann- Stieltjes y la integral inferior de Reimann-Stieltjes, de f respecto de g sobre [a, b], como los n´umeros ∫ (^) b
a
f dg = inf
U (f, g, P ) : P ∈ P[a,b]
y
∫ (^) b
a
f dg = sup
L(f, g, P ) : P ∈ P[a,b]
respectivamente.
Note que la integral superior e inferior de RS siempre est´an bien definidas, puesto que f es una funci´on acotada. Tenemos el siguiente resultado como consecuencia inmediata de la Proposici´on 6.1.
Proposici´on 6.2. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamos que f es acotada y que g es no-decreciente. Para todo ε > 0 ,
∫ (^) b
a
f dg = inf{U (f, g, P ) : ‖P ‖ < ε} y
∫ (^) b
a
f dg = sup{L(f, g, P ) : ‖P ‖ < ε}.
Demostraci´on. Es claro por un lado que
∫ (^) b
a
f dg ≤ inf{U (f, g, P ) : ‖P ‖ < ε}.
Ahora, si Q es cualquier partici´on de [a, b], tomamos el refinamiento Q′^ como la uni´on de P con tantos puntos como sea necesario de tal manera que ‖Q‖ < ε. Por la Proposici´on 6.1,
inf{U (f, g, P ) : ‖P ‖ < ε} ≤ U (f, g, Q′) ≤ U (f, g, Q),
de donde
inf{U (f, g, P ) : ‖P ‖ < ε} ≤
∫ (^) b
a
f dg.
El caso para la integral inferior, se sigue de lo anterior y del hecho de que
L(f, g, P ) = −U (−f, g, P ) y
∫ (^) b
a
f dg = −
∫ (^) b
a
(−f )dg.
Analizemos un primer ejemplo.
Ejemplo 6.1. Sean f y g las funciones definidas sobre [0, 1] dadas por
f (x) =
0 si 0 ≤ x ≤ 12 , 1 si 12 < x ≤ 1.
y g(x) =
0 si 0 ≤ x < 12 , 1 si 12 ≤ x ≤ 1.
Sea P = { 0 , 1 / 2 , 1 }. Entonces
∫ (^1)
0
f dg ≤ U (f, g, P ) = 0 · (1 − 0) + 1 · (1 − 1) = 0.
De hecho, dado que U (f, g, P ) ≥ 0 para cualquier partici´on P ,
∫ (^1)
0
f dg = 0,
