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Grado en Matemáticas

Convergencia monótona y convergencia dominada

Que las alturas converjan en cada punto no garantiza que las áreas converjan. La masa puede concentrarse o marcharse hacia infinito. Hay dos controles principales: aproximaciones no negativas que solo crecen, o un techo integrable que domina todas las funciones. Vamos a construir las reglas y comprobarlas con ejemplos.

Si necesitas repasar:

1. Antes del teorema: mismo espacio, funciones medibles y límite bien identificado

Trabajamos en un espacio de medida fijo (X,Σ,μ) con integrales de Lebesgue. Convergencia casi en todas partes significa convergencia fuera de un conjunto medible de medida cero. El conjunto excepcional depende de μ, no de cuántos puntos parezcan pocos.

Si hay una excepción nula por cada índice, su unión numerable es nula y sirve como excepción común. No podemos unir arbitrariamente una familia no numerable de excepciones y seguir afirmando que es nula. Medibilidad y existencia del límite se comprueban antes de elegir una regla de integración.

El límite completo puede diferir del representante casi en todas partes

fₙ(x)=xⁿ en [0,1], con Lebesgue.

  1. Antes del extremo

    Si 0≤x<1, xⁿ→0.
  2. En el extremo

    fₙ(1)=1 para todo n.
  3. Versión casi en todas partes

    El límite completo es 1_{1}; coincide con cero salvo en un singleton nulo.

Resultado

Podemos usar cero como límite casi en todas partes al aplicar un teorema integral.

Lo comprobamos

Eso no significa que xⁿ tienda puntualmente a cero en el extremo uno.

La medida decide si la excepción es despreciable

Repite el ejemplo con Dirac en x=1.

  1. Masa

    δ₁({1})=1.
  2. Convergencia

    El límite sigue valiendo uno en el único punto con masa.

  3. Integral

    ∫xⁿ dδ₁=1 y la integral del límite completo también vale uno.

Resultado

Con esta medida no hay convergencia casi en todas partes a cero.

Lo comprobamos

La excepción que era nula para longitud ya no lo es para Dirac.

2. Convergencia monótona: crecer sin retirar masa

Si 0≤fₙ≤fₙ₊₁ casi en todas partes y fₙ→f, entonces ∫fₙ aumenta hacia ∫f, con +∞ permitido. No pide que la medida total sea finita ni que haya un techo integrable. La no negatividad evita cancelaciones entre infinitos.

Idea de prueba: I=lim∫fₙ≤∫f por monotonía.

Para una simple 0≤s≤f y 0<θ<1, los conjuntos Aₙ={fₙ≥θs} crecen hasta cubrir donde s>0.

Entonces ∫fₙ≥θ∫s·1_Aₙ.

Como s tiene finitos niveles, continuidad desde abajo de sus conjuntos da I≥θ∫s. Al acercar θ a uno y tomar supremo sobre s, obtenemos I≥∫f.

Un crecimiento con integral finita

fₙ(x)=(1−1/n)x en [0,1], n≥1.

  1. Orden

    Los coeficientes crecen de cero a uno y x≥0, por tanto 0≤fₙ↑x.

  2. Integrales

    ∫fₙ=(1−1/n)/2.
  3. Límite

    Aumentan hacia 1/2=∫₀¹x.
Resultado

Convergencia monótona permite el intercambio.

Lo comprobamos

No se aplicaría la misma comprobación de orden sin revisar el signo de x en un dominio con valores negativos.

Por qué no retiramos la no negatividad sin reemplazarla

En ℝ, fₙ(x)=−1/n.

  1. Orden y límite

    Las funciones crecen hacia cero en cada punto.

  2. Integrales

    Cada función tiene integral extendida −∞ en un dominio de longitud infinita.

  3. Comparar

    El límite de esas integrales es −∞, pero la integral de cero es cero.

Resultado

La monotonía sola no basta en esta versión del teorema.

Lo comprobamos

Una variante permite un minorante integrable común; aquí no se dispone de él.

3. Una suma de términos no negativos se obtiene por parciales crecientes

Si uₖ≥0 son medibles, S_N=Σ desde k=1 hasta N de uₖ crece hacia Σuₖ. La linealidad finita y convergencia monótona dan ∫Σuₖ=Σ∫uₖ, incluso cuando ambos lados sean ∞.

No necesitamos que los soportes sean disjuntos: la suma de funciones añade alturas allí donde se solapan. Para términos con signo necesitamos otro control que justifique una resta o una reordenación de masas.

Intercambiar una serie no negativa

En [0,1], uₖ(x)=xᵏ/2ᵏ para k≥1.

  1. Parciales

    Todos los términos son ≥0 y medibles.
  2. Integrar términos

    ∫uₖ=1/[2ᵏ(k+1)].
  3. Función suma

    Σ desde k=1 de (x/2)ᵏ=x/(2−x), con integral 2ln2−1.
Resultado

Σ desde k=1 de 1/[2ᵏ(k+1)]=2ln2−1.

Lo comprobamos

El índice empieza en uno; incluir el término cero añadiría uno a ambos lados.

La igualdad puede valer infinito

En [1,∞), uₖ=(1/k)·1_[k,k+1), k≥1.

  1. Integral de cada término

    El intervalo mide uno, luego ∫uₖ=1/k.
  2. Parciales crecientes

    Se incorporan nuevos tramos sin retirar valores.

  3. Total

    Σ1/k diverge y monótona da integral ∞ de la suma.

Resultado

Todos los términos tienen integral finita, pero la suma no es integrable en sentido finito.

Lo comprobamos

La integral no negativa extendida sí está definida y es infinita.

4. Fatou: cuando no hay techo, al menos queda una desigualdad

Para fₙ medibles no negativas, ∫liminf fₙ≤liminf∫fₙ.

El liminf observa el menor comportamiento persistente de las colas. No requiere que fₙ converja, ni garantiza igualdad.

Una masa concentrada puede desaparecer del límite puntual
Altura n ; base 2/n ; área 1n=2n=4n=801Cada punto fijo acaba fuera del pico.
Tres picos triangulares continuos sobre cero uno, con n dos, cuatro y ocho. Empiezan en cero, alcanzan altura n en uno partido por n y vuelven a cero en dos partido por n. El área de cada uno es uno. Cada x positivo fijo termina fuera del soporte y en cero las funciones valen cero.

Prueba: hₘ=inf desde n=m de fₙ es medible, no negativa y crece hacia liminf fₙ. Para todo n≥m, hₘ≤fₙ; por tanto ∫hₘ≤inf desde n=m de ∫fₙ. Aplicando monótona a hₘ y pasando m al límite obtenemos la desigualdad.

Una desigualdad estricta visible

Usa picos triangulares de base 2/n y altura n en [0,1], n≥2.

  1. Límite puntual

    En cero valen cero; cada x>0 acaba fuera del soporte. El límite es cero.

  2. Integral límite

    ∫liminf fₙ=0.
  3. Integrales

    Cada triángulo tiene área uno, por tanto liminf∫fₙ=1.

Resultado

Fatou afirma 0≤1; no afirma 0=1.

Lo comprobamos

Todos los aproximantes son continuos: la pérdida de área no se debe a que cada función sea discontinua.

Fatou funciona aunque no exista límite puntual

En [0,1], fₙ=0 para n par y fₙ=2 para n impar.

  1. Colas

    Todas las colas contienen ceros y doses, así que liminf fₙ=0.

  2. Integrales

    Alternan cero y dos; su liminf también es cero.

  3. Aplicar

    Ambos lados de Fatou valen cero.

Resultado

La desigualdad se aplica sin convergencia de la sucesión.

Lo comprobamos

No escribimos lim fₙ ni lim∫fₙ porque ninguno de esos límites existe aquí.

5. Convergencia dominada: un techo para todos los índices y todo el dominio

Si fₙ→f casi en todas partes y |fₙ|≤g para una g medible con ∫g<∞, entonces f y fₙ son integrables, ∫fₙ→∫f y ∫|fₙ−f|→0. El dominador g es único para toda la sucesión; puede variar con x, pero no se sustituye por una cota diferente para cada n.

Este teorema permite signos y oscilaciones. La búsqueda empieza calculando |fₙ| y comparándolo con una función cuya integral podamos controlar tanto cerca de singularidades como en las colas. La convergencia no tiene que ser uniforme.

Cambios de signo bajo un techo constante finito

fₙ(x)=sin(nx)/n en [0,π].

  1. Límite

    |fₙ(x)|≤1/n→0.
  2. Dominador

    |fₙ|≤1 y ∫₀π1=π<∞.
  3. Aplicar

    Son continuas y medibles; dominada da integrales tendiendo a cero y error L¹ tendiendo a cero.

Resultado

No hace falta monotonía de los valores.

Lo comprobamos

Aquí también hay una cota uniforme de error, pero dominada proporciona otra justificación válida.

Un techo que integra una cola infinita

fₙ(x)=e⁻ˣ cos(nx)/n sobre [0,∞).

  1. Límite

    El factor 1/n obliga a tender a cero para cada punto.

  2. Dominador

    |fₙ|≤e⁻ˣ y su integral en la semirrecta vale uno.
  3. Resultado

    ∫|fₙ|→0 y ∫fₙ→0.
Resultado

El techo controla el dominio entero, no solo una ventana acotada.

Lo comprobamos

La cota |fₙ|≤1 también es cierta, pero no es un dominador integrable en esta semirrecta.

6. Por qué dominada controla el error absoluto y no solo la cancelación

Para funciones reales, |f|≤g casi en todas partes se obtiene tomando límites. Las funciones g+fₙ y g−fₙ son no negativas. Fatou aplicado a ambas da dos desigualdades: una impide que las integrales se queden por debajo de ∫f y la otra que se queden por encima.

La finitud de ∫g permite restar sin indeterminaciones.

Así ∫fₙ→∫f.

Aplicamos después el mismo resultado a |fₙ−f|, que tiende a cero y está dominada por 2g; concluimos convergencia L¹. Para funciones complejas tratamos partes real e imaginaria y usamos el mismo control de módulo.

Integral que cancela frente a error que no cancela

En [0,2π], hₙ(x)=sin(nx).

  1. Integrales

    Cada integral vale cero por la periodicidad completa.

  2. Error respecto de cero

    ∫₀²π|sin(nx)|dx=4 para todo entero n≥1.
  3. Límite puntual

    No hay convergencia puntual a cero en todos los puntos, ni convergencia L¹ a cero.

Resultado

Que las integrales coincidan con la del cero no significa que el error absoluto desaparezca.

Lo comprobamos

No se invoca dominada sin la hipótesis de convergencia casi en todas partes.

El error absoluto sí detecta una aproximación

En [0,1], fₙ(x)=x+sin(nx)/n y f(x)=x.

  1. Diferencia

    |fₙ−f|≤1/n.
  2. Integrar error

    ∫₀¹|fₙ−f|≤1/n→0.
  3. Consecuencia

    |∫fₙ−∫f|≤∫|fₙ−f|→0.
Resultado

Convergencia L¹ garantiza convergencia de integrales.

Lo comprobamos

La implicación contraria falla, como acaba de mostrar la oscilación de amplitud uno.

7. Si la sucesión baja, una primera función integrable permite restar con seguridad

Si 0≤fₙ↓f y ∫f₁<∞, podemos usar dominada con g=f₁.

También podemos aplicar monótona a f₁−fₙ, que crece, y restar de la cantidad finita ∫f₁. En ambos argumentos aparece el mismo dato de finitud.

Más generalmente, una sucesión creciente con un minorante integrable común se trata restando ese minorante antes de aplicar monótona. La idea no es ignorar los signos, sino transformar la situación en una no negativa con operaciones bien definidas.

Una familia decreciente válida

fₙ(x)=e⁻ⁿˣ sobre [0,∞), n≥1.

  1. Orden

    Al crecer n, los valores bajan para x≥0.
  2. Límite

    Es cero para x>0 y uno en cero, excepción nula.

  3. Techo

    fₙ≤e⁻ˣ, con integral uno; las integrales 1/n tienden a cero.

Resultado

La integral del límite es cero.

Lo comprobamos

La semirrecta tiene medida infinita, pero el primer aproximante sí es integrable.

Decreciente sin finitud que falla

fₙ=1 de [n,∞) en ℝ.

  1. Orden

    Los soportes decrecen y las indicatrices bajan a cero en cada punto.

  2. Medidas

    Cada integral es ∞.

  3. Comparar

    La integral del límite vale cero y las integrales no convergen a ella.

Resultado

Sin la condición integrable no se puede afirmar este resultado en general.

Lo comprobamos

La monotonía es descendente; no satisface la versión no negativa creciente del teorema de monótona.

8. Dos pérdidas de masa: concentrarse en menos espacio o escapar hacia lejos

Los picos n·1_(0,1/n) tienen altura creciente y anchura decreciente: conservan área uno mientras cada punto termina viendo cero. El control que falta está cerca del origen. Los traslados 1_[n,n+1] conservan altura y anchura: el control que falta está en la cola del dominio.

En ambos casos, si existiera un dominador integrable común, convergencia dominada obligaría a que las integrales tendieran a cero. La cuenta de áreas uno lo contradice. No es suficiente acotar cada fₙ por separado ni encontrar un techo de integral infinita.

Detectar concentración

En [0,1], fₙ=n·1_(0,1/n).

  1. Punto fijo

    Cero queda fuera siempre; todo x>0 queda fuera desde algún índice.

  2. Área

    La integral vale n·1/n=1.
  3. Dominación

    Las cotas constantes gₙ=n dependen del índice y no cumplen la hipótesis común.

Resultado

Hay límite puntual cero sin convergencia de las integrales a cero.

Lo comprobamos

Que el dominio sea finito no convierte las cotas crecientes gₙ en un único techo integrable.

Detectar escape

En ℝ, fₙ=1_[n,n+1].

  1. Punto fijo

    Para n>x, el punto x ya no pertenece al intervalo.
  2. Área

    Cada intervalo mide uno, así que ∫fₙ=1.

  3. Techo

    La constante uno domina, pero su integral en ℝ es infinita.

Resultado

La masa se marcha a regiones cada vez más lejanas.

Lo comprobamos

No hay crecimiento monótono de las funciones: el uno se desplaza en lugar de acumularse.

9. Elegir el criterio siguiendo lo que sí podemos comprobar

Primero encontramos el límite y declaramos la medida. Si hay crecimiento no negativo, usamos monótona; si buscamos una cota sin más control, Fatou puede dar una desigualdad; si hay signos u oscilaciones con un techo integrable común, usamos dominada.

Fallar al encontrar un dominador no prueba que no exista. Que no se cumpla un criterio suficiente tampoco prueba que el intercambio falle. Podemos calcular directamente, probar convergencia L¹ o buscar otro argumento. La conclusión debe indicar si la integral es finita, extendida infinita o indefinida.

Ambos teoremas pueden servir para la misma familia

fₙ(x)=(1−1/n)·1_[0,2] sobre ℝ.

  1. Monótona

    Los valores son no negativos y crecen hacia 1_[0,2].

  2. Dominada

    El mismo límite 1_[0,2] domina toda la familia y tiene integral dos.

  3. Cuenta

    Las integrales son 2−2/n→2.
Resultado

Las dos justificaciones son válidas.

Lo comprobamos

Elegimos la más directa, sin presentar las condiciones como categorías incompatibles.

Igualdad directa sin dominador integrable común

En ℝ, fₙ=1_[n,n+1]−1_[n+1,n+2].

  1. Límite

    Cada punto termina fuera de ambos intervalos y fₙ→0.

  2. Integral con signos

    Cada fₙ es integrable y su integral vale 1−1=0.
  3. Módulo

    Los dos tramos tienen longitud uno y ∫|fₙ|=2; un dominador integrable común contradiría dominada aplicada a |fₙ|.

Resultado

Las integrales convergen a cero por cancelación, aunque no haya convergencia L¹ ni dominación integrable común.

Lo comprobamos

La cuenta no autoriza concluir que el error absoluto sea pequeño; vale siempre dos.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Un límite dominado

En [0,1], integra el límite de xⁿ.

  1. Límite

    xⁿ→0 para 0≤x<1 y xⁿ=1 en uno.
  2. Excepción

    El singleton {1} tiene longitud cero, así que hay convergencia casi en todas partes a cero.

  3. Medibilidad

    Cada función es continua y por tanto medible.

  4. Techo común

    0≤xⁿ≤1 sobre [0,1], y la integral del techo es uno.
  5. Teorema

    Dominada da ∫₀¹xⁿ→∫₀¹0=0.
  6. Cuenta independiente

    ∫₀¹xⁿ=1/(n+1), que tiende a cero.

    El valor excepcional del límite no altera su integral.

Resultado

∫₀¹xⁿdx→0.

Lo comprobamos

El límite puntual completo es cero salvo un valor uno en el extremo; ambas versiones tienen integral cero porque coinciden casi en todas partes.

EJEMPLO RESUELTO 2

Monótona sin cota finita

fₙ=1_[0,n] en R. Estudia las integrales.

  1. Funciones

    fₙ=1_[0,n] es medible y no negativa sobre ℝ.
  2. Crecimiento

    Los intervalos aumentan, por tanto fₙ≤fₙ₊₁.
  3. Límite

    Cada x≥0 entra desde algún índice y los negativos nunca entran: f=1_[0,∞).

  4. Integrales parciales

    ∫fₙ=n por longitud del intervalo.
  5. Monótona

    ∫f=limₙn=∞.
  6. Alcance

    La integral no negativa está definida y es infinita. No se afirma integrabilidad finita ni existe un dominador integrable que sea al menos uno en toda la semirrecta.

Resultado

La integral del límite es ∞.

Lo comprobamos

El conjunto [0,∞) tiene longitud infinita. Una g que dominase todas las indicatrices sería al menos uno allí y no podría ser integrable.

Los símbolos que hemos usado

μ
Medida del espacio sobre el que se integra.
fₙ↑f
La sucesión aumenta punto a punto hasta f.
Casi en todas partes
Fuera de un conjunto de medida cero.
g
Una sola función medible no negativa que domina todos los módulos.
liminf fₙ
Límite de los ínfimos de colas de la sucesión, punto a punto.
Convergencia L¹
La integral de |fₙ−f| tiende a cero.
Integrable
La integral del módulo es finita.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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