PROBABILIDAD II

Cuarto Artıculo:

Integral de Riemann-Stieltjes

Resumen

En esta escrito estudiaremos un modo especial de integracion, introducido porprimera vez por el matematico aleman Thomas Joannes Stieltjes en 1894, como unaextension de la integral de Riemann. Este concepto es de significativa utilidad endiferentes areas de la matematica, como analisis, probabilidad, mecanica y fısica, te-niendo diferentes interpretaciones. En la teorıa de las probabilidades, es una poderosaherramienta ya que permite el trato simultaneo de las variables aleatorias discretas ycontinuas, en los conceptos de esperanza matematica, y otros relacionados, como funcioncaracterıstica, e integracion estocastica.

1 Definicion y ejemplos

Basicamente, el desarrollo de este concepto sigue el mismo modelo que el de la construccionde la integral de Riemann.

Definicion 1.1 (Particion). Consideremos un intervalo cerrado y acotado [a, b] de R. Unaparticion del intervalo [a, b] es un conjunto finito de puntos P = {x0, x1, ..., xn}, tales que

a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b.

El numero no-negativo

‖P‖ = max{xk − xk−1 : k = 1, ..., n}

es llamado norma de la particion P . El conjunto denotado por P[a,b] reune todas lasparticiones del intervalo [a, b].

Ejercicio 1. Sea [a, b] un intervalo cerrado y acotado. Sea c ∈ [a, b]. Demuestre que paratodo δ > 0 existe una particion P de [a, b] tal que ‖P‖ < δ y para algun 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 c1, ..., cm una coleccion finita depuntos distintos en (a, b). Demuestre que para todo δ > 0 existe una particion 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.

Definicion 1.2 (Sumas de Riemann-Stieltjes). Sea P una particion de [a, b], y consideremosdos funciones f : [a, b]→ R y g : [a, b]→ R. Entonces una suma de la forma

S(f, g, P ) =

n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)],

donde tk ∈ [xk−1, xk], para toda k = 1, ..., n, es llamada suma de Riemann-Stieltjes dela funcion f respecto de la funcion g sobre la particion P .

1

Si g es la funcion identidad, entonces una suma de Riemann-Stieltjes es una suma deRiemann habitual.

Ejercicio 3. Sea f(x) = 1 + x2 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.

Definicion 1.3 (Integral de Riemann-Stieltjes). Supongamos que f y g son dos funcionesreales definidas sobre el intervalo cerrado y acotado [a, b] de R. Decimos que la funcion fes Riemann-Stieltjes integrable respecto de la funcion g sobre el intervalo [a, b], si paraalgun numero I ∈ R se tiene que para toda ε > 0 existe δ = δ(ε) > 0 tal que

|S(f, g, P )− I| < ε,

para toda particion P ∈ P[a,b] tal que ‖P‖ < δ y cualquier eleccion 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 notacion

I =

∫ b

af(x) dg(x) o tambien I =

∫ b

af dg.

La funcion f es llamada integrando y la funcion g integrador. La combinacion de pa-labras Riemann-Stieltjes la abreviaremos como RS. Ası diremos que f es RS(g), o bien,pondremos f ∈ RS(g). El conjunto RS(g) reune todas las funciones RS integrables respectoa g, sobre el intervalo [a, b].

Debemos estar seguros de comprender el sentido correcto de esta defincion. Si f es RSintegrable respecto de g, entonces para cada ε > 0 existe un numero δ > 0 tal que paracualquier particion P = {a = x0, x1, ..., xn = b}, si ‖P‖ < δ, entonces∣∣∣∣∣

n∑i=1

f(ti)(g(xi)− g(xi−1)

)−∫ b

afdg

∣∣∣∣∣ < ε,

para cualesquiera valores intermedios ti ∈ [xi, xi−1], i = 1, ..., n.Si g es la funcion 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 unaextension de la integral de Riemann. Algunas veces, para designar la integral de RS se usatambien la notacion,

lim‖P‖→0

S(f, g, P ).

La cual es puede provocar ciertas confusiones. Tendremos cuidado cuando sea el caso deusarla.

Los ejemplos mas sencillos son sintetizados en el siguiente par de resultados.

Teorema 1.1. Sea f : [a, b]→ R cualqueir funcion y sea g : [a, b]→ R la funcion constanteα (esto es g(x) = α, para toda x ∈ [a, b]). Entonces f es RS(g) y∫ b

af dg = 0.

Demostracion. Para cualquier particion P ∈ P[a,b],

S(f, g, P ) =

n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)]

=

n∑k=1

f(tk)[α− α]

= 0,

de donde se sigue el resultado.

2

Teorema 1.2. Si f(x) = α (α ∈ R) para toda x ∈ [a, b], y g : [a, b] → R es cualquierfuncion. Entonces f es RS(g) y ∫ b

af dg = α(g(b)− g(a)).

Demostracion. Para toda particion P ∈ P[a,b],

S(f, g, P ) =n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)]

= αn∑k=1

[g(xk)− g(xk−1)]

= α(g(b)− g(a)),

de donde se sigue el resultado.

En lo que sigue calcularemos algunas integrales para funciones un poco mas complejas.Nos serviran para intuir las propiedades que probaremos la seccion proxima.

Ejemplo 1.1. Sea f : [0, 2] → R dada por f(x) = x2, y sea g : [0, 2] → R dada porg(x) = [x] (el maximo entero menor o igual que x). ¿Existe

∫ 20 x

2 d[x]?

Figura 1: Funcion g(x) = [x] del Ejemplo 1.1.

Si P = {0 = x0, x1, ..., xn = 2} es una particion de [0, 2], y ‖P‖ < 1, entonces existek1 = min{k : [xk] = 1} (unico) tal que 1 ∈ (xk1−1, xk1 ]. Luego, para cualesquiera valorestk ∈ [xk−1, xk], k = 1, ..., n,

S(x2, [x], P ) =n∑k=1

t2k([xk]− [xk−1])

=

k1−1∑k=1

t2k([xk]− [xk−1]) + t2k1([xk1 ]− [xk1−1])

+n−1∑

k=k1+1

t2k([xk]− [xk−1]) + t2n([xn]− [xn−1])

= t2k1 + t2n.

Si ‖P‖ → 0 entonces tk1 → 1 (aproximacion que puede ser lateral) y tn → 2−, con locual ∫ 2

0x2 d[x] = lim

‖P‖→0S(x2, [x], P ) = lim

tk1→1t2k1 + lim

tn→2−t2n = 5.

3

Ejercicio 4. Pruebe ∫ n

0x2d[x] = 1 + 22 + · · ·+ n2 =

n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

para todo numero natural n. ¿Que puede decir de∫ ba [x] dx2?

Ejemplo 1.2. Sea f : [0, 1]→ R la funcion f(x) = x2 y g : [0, 1]→ R la funcion dada por

g(x) =

{3x si x ∈ [0, 1),

4 si x = 1.

¿Existe∫ 10 f dg? Para cualquier particion P de [0, 1] y para valores tk ∈ [xk−1, xk],

S(f, g, P ) =

n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)]

=n−1∑k=1

t2k[3xk − 3xk−1] + t2n[4− 3xn−1]

= 3n∑k=1

t2k[xk − xk−1] + t2n

= 3S(x2, x, P ) + t2n,

donde S(x2, x, P ) es una suma de Riemann para la funcion f(x) = x2 en [0, 1]. Si ‖P‖ → 0,∫ 1

0f dg = 3

∫ 1

0x2 dx+ 1 = 2.

Ejemplo 1.3. Sea f : [1, 2]→ R la funcion f(x) = x2, y g : [1, 2]→ R la funcion dada por

g(x) =

{3x+ 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=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)]

=n−1∑k=1

t2k[3xk + 1− 3xk−1 − 1] + t2n[8− 3xn−1 − 1]

= 3n∑k=1

t2k[xk − xk−1] + t2n

= 3S(x2, x, P ) + t2n,

donde S(x2, x, P ) es una suma de Riemann para la funcion f(x) = x2 en [1, 2]. Si ‖P‖ → 0,∫ 2

1f dg = 3

∫ 2

1x2 dx+ 4 = 11.

4

Figura 2: Funciones f (izq) y g (der) del Ejemplo 1.4.

Ejemplo 1.4. En este ejemplo usaremos el criterio ε-δ para demostrar la existencia ycalcular la integral. Sea f : [−1, 1]→ R la funcion dada por f(x) = 2x2, y consideremos lafuncion I{0} : [−1, 1]→ R, dada por

I{0}(x) =

{1 si x = 0,

0 si x 6= 0.

¿Existe∫ 1−1 f dI{0}? Sea ε > 0. Como f(x) = 2x2 es continua en x = 0, existe

δ = δ(ε) > 0 tal que

|f(x)− f(0)| = 2x2 <ε

2,

siempre que |x| < δ. Elegimos entonces cualquier particion

P = {−1 = x0, x1, ..., 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 )| < ε.

Caso II). Si existe (una unica) i ∈ {0, 1, ..., n} tal que xi = 0, entonces I{0}(xi) = 1, yI{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=1

2t2k[I{0}(xk)− I{0}(xk−1)]

=i−1∑k=1

2t2k[I{0}(xk)− I{0}(xk−1)]

+ 2t2i [I{0}(0)− I{0}(xi−1)] + 2t2i+1[I{0}(xi+1)− I{0}(0)]

+n∑

k=i+2

2t2k[I{0}(xk)− I{0}(xk−1)]

= 2t2i − 2t2i+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,

5

de donde,

|S(f, I{0}, P )| = |2t2i − 2t2i+1|≤ 2t2i + 2t2i+1

<ε

2+ε

2= ε.

En cualquier caso |S(f, I{0}, P )| < ε, siempre que ‖P‖ < δ. Concluimos que f es RSintegrable respecto de I{0} sobre [−1, 1] y ademas∫ 1

−1f dI{0} = 0.

Ejemplo 1.5. Sea f : [−1, 1]→ R la funcion del ejemplo anterior. Pero ahora consideremosla funcion I{−1} : [−1, 1]→ R dada por

I{−1}(x) =

{1 si x = −1,

0 si x 6= −1.

Para toda particion P = {−1 = x0, x1, ..., xn = 1} de [−1, 1],

S(f, I{−1}, P ) =

n∑k=1

2t2k[I{−1}(xk)− I{−1}(xk−1)]

= −2t21,

con t1 ∈ [−1, x1]. Por consiguiente, si ‖P‖ → 0 entonces t1 → −1+. De donde

lim‖P‖→0

S(f, I{−1}, P ) = limt1→−1+

(−2t21) = −2.

Por tanto f es RS integrable respecto de I{−1} sobre [−1, 1] y∫ 1

−1f dI{−1} = −2.

Ejemplo 1.6. Sea f(x) = x para toda x ∈ [0, 1] y g = I{1} la funcion dada por

g(x) =

{0 si x ∈ [0, 1),

1 si x = 1.

Para toda P ∈ P[0,1],

S(f, g, P ) =n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)] = f(tn) = tn,

con tn ∈ [xn−1, 1]. Si ‖P‖ → 0 es evidente entonces que

∫ 1

0fdg = 1.

Sea ahora la funcion f1 = fI(0,1). De la misma forma que para la funcion f , paracualquier particion P ∈ P[0,1],

S(f1, g, P ) = f1(tn) =

{tn si tn < 1,

0 si tn = 1.

6

Sea I un numero real y sea

ε0 =

|I| si I 6= 0,

12 si I = 0.

Si ε0 = |I|, entonces para cada δ > 0 elegimos una particion P tal que ‖P‖ < δ y tomamostn = 1, para que de esta manera,

|S(f1, g, P )− I| = |f1(1)− I| = |I| = ε0.

Cuando ε0 = 1/2 (i.e. I = 0), entonces para cada δ > 0 elegimos una particion P tal que‖P‖ < min{δ, 12} y tomamos tn < 1, para que de esta manera,

|S(f1, g, P )− I| = S(f1, g, P ) = tn = 1− (1− tn) > 1− 1

2=

1

2= ε0.

Concluimos que f1 no es RS integrable respecto a g.

Sintetizamos estos ultimos ejemplos en el resultado siguiente.

Proposicion 1.1. Sea f : [a, b] → R una funcion. Si c ∈ (a, b), entonces∫ ba fdI{c} existe

si y solo si f es continua en c. En este caso∫ b

afdI{c} = 0.

Por otro lado,∫ ba fdI{b} existe, si y solo si, f es continua por la izquierda en b. En cuyo

caso ∫ b

afdI{b} = f(b).

Por ultimo,∫ ba fdI{a} existe, si y solo si, f es continua por la derecha en a. En cuyo caso∫ b

afdI{a} = −f(a).

Demostracion. Sea c ∈ (a, b) y tomemos P = {a = x0, x1, ..., 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)

)+ f(tk+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 mismomodo,

S(f, I{b}, P ) = f(tn) y S(f, I{a}, P ) = −f(t1),

donde tn ∈ [xn−1, b] y t1 ∈ [a, x1]. El resto de la prueba se deduce facilmente de estoshechos.

Ejercicio 5. Concluya la demostracion de la Proposicion 1.1.

Proposicion 1.2. Sea (c, d) ⊂ [a, b] (a ≤ c ≤ d ≤ b) y f : [a, b]→ R una funcion continuaen c y en d. Consideremos la funcion I(c,d) : [a, b]→ R dada por

I(c,d)(x) =

{1 si x ∈ (c, d),

0 si x /∈ (c, d).

Entonces, ∫ b

af dI(c,d) = f(c)− f(d).

7

Demostracion. Tomemos una particion P = {a = x0, x1, ..., xn = b} ∈ P[a,b], tal que ‖P‖ <d − c. Entonces existe i ∈ {1, ...n} (mınimo) y existe j ∈ {1, ..., n} (mınimo), i < j, talesque c ∈ [xi−1, xi) y d ∈ (xj−1, xj ]. Esto es, xi es el primer punto de P que sobrepasa alpunto 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=1

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+1

f(tk)[I(c,d)(xk)− I(c,d)(xk−1)]

+ f(tj)[I(c,d)(xj)− I(c,d)(xj−1)]

+n∑

k=j+1

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 (estaaproximacion podrıa ser lateral unicamente). Como f es continua en c y en d,

lim‖P‖→0

S(f, I(c,d), P ) = limti→c

f(ti) + limtj→d

f(tj)

= f(c)− f(d).

Es decir,

∫ b

af dI(c,d) = f(c)− f(d).

Ejercicio 6. Sean f y g funciones definidas en [a, b]. Supongamos que f es continua y esRS(g). Sea c ∈ (a, b) y h = gI{c}. Pruebe que f es RS(h) y∫ b

afdg =

∫ b

afdh.

Ejercicio 7. Sea f una funcion continua definida sobre [a, b]. Sea {c0 = a, c1, ..., cm−1, cm = b}una particion de [a, b] (esto es a = c0 < c1 < · · · < cm−1 < cm = b). Sea g : [a, b] → R unafuncion constante en (ci−1, ci) con saltos en ci, para cada i = 0, ...,m, es decir, para ciertasconstantes g1, g2,..., gm y constantes g0, g1,..., gm,

g(x) =

{gi si x ∈ (ci−1, ci), para algun i ∈ {1, ...,m},gi si x = ci para algun i ∈ {0, 1, ...,m}.

a) Traze algunas graficas para casos particulares de g.

b) Demuestre∫ b

afdg = f(a)(g1 − g0) +

m−1∑i=1

f(ci)(gi − gi−1) + f(b)(gm − gm).

Ejercicio 8. Sean f y g funciones definidas sobre [−1, 1] dadas por

f(c) =

x2 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. Indicacion: El unico punto problematico esel 0. Use el hecho de que f es continua en este punto.

8

Ejercicio 9. Sea f : [0, 1]→ R la funcion

f(x) =

{0 si x es racional,

1 si x es irracional.

Sea g : [0, 1] → R una funcion tal que g(0) 6= g(1). Pruebe que f no es RS integrablerespecto de g. Concluya que si f es RS integrable respecto de g, entonces g debe ser unafuncion constante.

2 Propiedades

El siguiente teorema caracteriza las propiedades de linealidad de la integral de RS.

Teorema 2.1. i) Si

∫ b

af1 dg y

∫ b

af2 dg existen, y α es un numero real, entonces,

∫ b

a(f1 + αf2) dg =

∫ b

af1 dg + α

∫ b

af2 dg.

ii) Analogamente, si

∫ b

af dg1 y

∫ b

af dg2 existen, y α es un numero real, entonces,

∫ b

af d(g1 + αg2) =

∫ b

af dg1 + α

∫ b

af dg2.

La prueba del teorema se desprende del siguiente lema.

Lema 2.1. Sean f y g funciones definidas sobre el intervalo [a, b].

i) Si α ∈ R, entonces para toda particion P ∈ P[a,b],

S(αf, g, P ) = αS(f, g, P ) y S(f, αg, P ) = αS(f, g, P ).

ii) Si h es otra funcion definida sobre [a, b], entonces para toda particion P ∈ P[a,b],

S(f+h, g, P ) = S(f, g, P )+S(h, g, P ) y S(f, g+h, P ) = S(f, g, P )+S(f, h, P ).

Demostracion. Parte i). Escribimos P = {a = x0, ..., xn = b}. Convenimos en la notacion∆gk = g(xk)− g(xk−1), para todo k = 1, ..., n. Para valores intermedios tk ∈ [xk−1, tk],

S(αf, g, P ) =

n∑k=1

αf(tk)∆gk = α

n∑k=1

f(tk)∆gk = αS(f, g, P ).

Por otra parte, es inmediato que ∆(αg)k = α∆gk, de donde

S(f, αg, P ) =

n∑k=1

αf(tk)∆(αg)k = α

n∑k=1

f(tk)∆gk = αS(f, g, P ).

La parte ii) es igualmente inmediata.

Ejercicio 10. Complete la prueba del Lema 2.1.

9

Demostracion del Teorema 2.1. Parte i). El resultado es obvio si α = 0. Supongamos queα 6= 0. Sea ε > 0 y sean δ1 > 0 y δ2 > 0 numeros tales que∣∣∣∣S(f1, g, P1)−

∫ b

af1dg

∣∣∣∣ < ε

2y

∣∣∣∣S(f2, g, P2)−∫ b

af2dg

∣∣∣∣ < ε

2|α|

siempre que ‖P1‖ < δ1 y ‖P2‖ < δ2 (naturalmente P1, P2 ∈ P[a,b]). Tomamos un numero δtal que

0 < δ < min{δ1, δ2}.

Sea P ∈ P[a,b] tal que ‖P‖ < δ. Tenemos,∣∣∣∣S(f1 + αf2, g, P )−(∫ b

af1dg + α

∫ b

af2dg

)∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣S(f1, g, P )−∫ b

af1dg

∣∣∣∣+ |α|

∣∣∣∣S(f2, g, P )−∫ b

af2dg

∣∣∣∣<ε

2+ε

2= ε.

La parte ii). se prueba de forma completamente analoga.

Ejercicio 11. Complete la prueba del Teorema 2.1.

Ejemplo 2.1. Sean f(x) = x2, g1(x) = [x], g2(x) = x y g3(x) = 1 funciones sobre elintervalo [0, 2]. Entonces∫ 2

0f d(g1 + 3g2 + g3) =

∫ 2

0x2 d([x] + 3x+ 1)

=

∫ 2

0x2 d[x] + 3

∫ 2

0x2 dx

= 13,

segun el Ejemplo 1.1 y los metodos de integracion de Riemann habituales.

Ejemplo 2.2. Consideremos la funcion f(x) = x2 y la funcion g dada por

g(x) =

3x si x ∈ [0, 1),

3x+ 1 si x ∈ [1, 2),

8 si x = 2.

¿Cual es el valor de∫ 20 f dg? Evidentemente, la primera idea que nos permite resolver este

problema es calcular por secciones esta integral, es decir,∫ 2

0f dg =

∫ 1

0f dg +

∫ 2

1f dg.

Ası, suponiendo que esto es posible, tenemos que∫ 2

0f dg = 2 + 11 = 13

segun los ejemplos 1.2 y 1.3.

En este ultimo ejemplo, hicimos dos suposiciones sumamente fuertes. En primer lu-gar, actuamos sin preocuparnos en demostrar la existencia de

∫ ba f dg, para despues, sin

remordimiento alguno, usar el teorema siguiente.

10

Teorema 2.2. Si

∫ b

af dg existe y c ∈ [a, b], entonces

i)

∫ c

af dg y

∫ b

cf dg existen, y

ii)

∫ b

af dg =

∫ c

af dg +

∫ b

cf dg.

Posponemos la prueba hasta la seccion proxima. Por lo pronto, en el siguiente ejemplomostramos que el recıproco no es valido 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=1

f(tk)[g(xk)− g(xk)]

=n∑k=1

0 · [g(xk)− g(xk)] (pues tk ∈ [0, 1] para toda k = 1, ..., n)

= 0,

de modo que

∫ 1

0f dg existe y es igual a 0.

Por otro lado, si P ∈ P[1,2], entonces

S(f, g, P ) =

n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)]

=

n∑k=1

f(tk)[1− 1] (pues xk ∈ [1, 2] para toda k = 1, ..., n)

= 0,

de modo que∫ 21 f dg existe y es igual a 0.

11

Sin embargo∫ 20 f dg no existe. En efecto, el problema esta en el punto x = 1 (ver

Figura 3). Consideremos las particiones Pn ∈ P[0,2], Pn ={in : i = 1, ..., 2n ; i 6= n

}, n ∈ N.

Entonces

S(f, g, Pn) =n−1∑k=1

f(tk)

[g

(k

n

)− g

(k − 1

n

)]+ f(t∗)

[g

(n+ 1

n

)− g

(n− 1

n

)]+

2n∑k=n+2

f(tk)

[g

(k

n

)− g

(k − 1

n

)]= f(t∗).

con t∗ ∈[n−1n , n+1

n

]. Y dado que ‖P‖ = 2/n→ 0 si y solo si n→∞, y en este caso t∗ → 1,

entonceslim‖Pn‖→0

S(f, g, Pn) existe si y solo si limt∗→1

f(t∗) existe.

Pero,lim

1>t∗→1−f(t∗) = 0 y lim

1<t∗→1+f(t∗) = 1.

De modo que

∫ 2

0f dg no existe.

Recalcamos la conlusion: La aplicacion del Teorema 2.2 requiere obligadamente lahipotesis de existencia de

∫ ba f dg. Existe, sin embargo, otra caracterizacion de la integral

de Rimeann-Stieltjes para la cual la conclusion de este teorema es una condicion necesariay suficiente.

Corolario 2.1. Si

∫ b

af dg existe y si {c1, c2, ..., cr} ⊂ [a, b], ci ≤ cj con i ≤ j, entonces

i)

∫ c1

af dg,

∫ c2

c1

f dg,...,

∫ b

cr

f dg, existen y

ii)

∫ b

af dg =

∫ c1

af dg +

∫ c2

c1

f dg + · · ·+∫ b

cr

f dg.

Demostracion. Se sigue por induccion del Teorema 2.2.

3 Formula de integracion por partes

Integracion por partes es una conocida y poderosa formula valida para integrales de Riemann-Stieltjes.

Teorema 3.1 (Formula de Integracion por Partes). Sean f y g funciones sobre el intervalo

[a, b]. Entonces∫ ba f dg existe si, y solo si,

∫ ba g d f existe, y en cualquiera de los dos casos,∫ b

ag d f = f(b)g(b)− f(a)g(a)−

∫ b

af dg.

12

Demostracion. Sea P = {a = x0, x1, ..., xn = b} ∈ P[a,b], tenemos

S(g, f, P ) =n∑k=1

g(tk)[f(xk)− f(xk−1)](tk ∈ [xk−1, xk], k = 1, ..., n

)= g(tn)f(b)− g(t1)f(a) +

n−1∑k=1

f(xk)[g(tk)− g(tk+1)]

= f(b)g(b)− f(a)g(a)−n∑k=0

f(xk)[g(tk+1)− g(tk)](xk ∈ [tk, tk+1], k = 0, ..., n

),

donde t0 = a y tn+1 = b. Por lo tanto, si definimos la particion Q = {a = t0, t1, ..., 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

ag d f = f(b)g(b)− f(a)g(a)−

∫ b

af 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

−1x d |x| = 2−

∫ 1

−1|x| d x,

y la segunda integral es la integral de Riemman para la funcion g(x) = |x| sobre [−1, 1].Luego ∫ 1

−1x d |x| = 1.

Ejercicio 12. Evalue∫ 11 x d(|x|+ [x]) y

∫ π/20 x d cosx.

Ejemplo 3.2 (Funciones escalonadas). Sean I(c,d) y f funciones como en el Proposicion1.2. Entonces ∫ b

aI(c,d) d f = f(d)− f(c),

segun la formula de integracion por partes. Si α es una constante real y si definimoss = αI(c,d), entonces ∫ b

as d f = α(f(d)− f(c))

Supongamos que R = {a = c0, c1, ..., cr−1, cr = b} es una particion de [a, b] y que f esuna funcion continua en ci, para toda i = 0, ..., r. Si definimos la funcion s : [a, b]→ R pors(x) =

∑ri=1 αiIAi(x) donde αi ∈ R y Ai = (ci−1, ci), entonces∫ b

as d f =

r∑i=1

αi[f(ci)− f(ci−1)].

Ejercicio 13. Sea f : [a, b]→ R. Pruebe que∫ ba fdf existe si y solo si f es conitnua, en cuyo

caso ∫ b

afdf =

f2(b)− f2(a)

2.

13

Una propiedad importante de la integral de Riemann es la siguiente. Sea f es unafuncion acotada en el intervalo [a, b], si f es Riemann integrable en [a, b], entonces la funcionf1 = fI(a,b) es Riemann integrable y ademas su integral coincide con la de f . La integralde RS no cumple necesariamente esta aseveracion. El Ejemplo 1.6 se ilustra esta situacion.Sin embargo, esta deficiencia es superada si suponemos continuidad para g.

Teorema 3.2. Si∫ ba f dg existe y g es una funcion continua en a y b, entonces la funcion

f1 = fI(a,b) es RS integrable respecto de g y∫ b

af1 dg =

∫ b

af dg.

Demostracion. Para P ∈ P[a,b] tenemos que

S(g, f1, P ) =

n∑k=1

f1(tk)[g(xk)− g(xk−1)](tk ∈ [xk−1, xk]

)= g(t1)[f1(x1)− f1(a)] +

n−1∑k=2

g(tk)[f1(xk)− f1(xk−1)] + g(tn)[f1(b)− f1(xn−1)]

= f(x1)g(t1) +

n−1∑k=2

g(tk)[f(xk)− f(xk−1)]− f(xn−1)g(tn)

= −n−1∑k=1

f(xk)[g(tk+1)− g(tk)]

= f(a)[g(t1)− g(a)] + f(b)[g(b)− g(tn)]−n∑k=0

f(xk)[g(tk+1)− g(tk)](xk ∈ [tk, tk+1]

),

con t0 = a y tn+1 = b. Entonces si definimos Q = {a = t0, t1, ..., tn, tn+1 = b} (particionque depende de P ), se sigue que

S(g, f1, P ) = f(a)[g(t1)− g(a)] + f(b)[g(b)− g(tn)]− S(f, g,Q).

Ahora, dado que |P | → 0 implica que |Q| → 0, t1 → a+ y tn → b−, se sigue que∫ b

ag d f1 = −

∫ b

af dg,

luego, segun el Teorema 3.1 (formula de integracion por partes),∫ b

af1 dg = f1(b)g(b)− f1(a)g(a)−

∫ b

ag d f1 =

∫ b

af dg

En realidad, este resultado es todavıa mas amplio.

Teorema 3.3. Supongamos que∫ ba f dg existe y que g es una funcion continua en a y b.

Si A es cualquiera de los intervalos [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), entonces la funcion fA = fIAes RS integrable respecto de g, y ∫ b

afA dg =

∫ b

af dg

La demostracion es completamente analoga a la del Teorema 3.2.

14

Ejercicio 14. Pruebe el Teorema 3.3.

Ejemplo 3.3. Si R = {a = c0, c1, ..., cr−1, cr = b} es una particion de [a, b] y f es unafuncion continua en ci, para toda i = 0, ..., r. Entonces si definimos la funcion s : [a, b]→ Rpor s(x) =

∑ri=1 αiIAi(x) donde αi ∈ R y Ai = [ci−1, ci), tenemos que∫ b

as d f =

r∑i=1

αi[f(ci)− f(ci−1)],

segun el Ejemplo 3.2, y el teorema anterior.

4 Criterio de Cauchy para la existencia de la integral deRiemann-Stieltjes.

En esta seccion ademas de enunciar y probar el criterio de Cauchy para la existencia deintegrales de RS, revisaremos formalmente la demostracion del Teorema 2.2. Tambiendemostraremos algunos otros resultados sobre existencia.

Teorema 4.1 (Criterio de Cauchy). Sean f y g dos funciones reales sobre el intervalo [a, b].Entonces f es RS integrable respecto de g sobre [a, b], si y solo si, para toda ε > 0 existeδ = δ(ε) > 0 tal que

|S(f, g, P )− S(f, g, P ′)| < ε,

para todo par de particiones P, P ′ ∈ P[a,b], tales que ‖P‖ < δ y ‖P ′‖ < δ.

Demostracion. Supongamos que f es RS integrable respecto de g. Existe I ∈ R tal que∫ b

af dg = lim

|P |→0S(f, g, P ) = I.

Entonces si ε > 0, existe δ = δ(ε) > 0 (que depende de ε), tal que

|S(f, g, P )− I| < ε

2y |S(f, g, P ′)− I| < ε

2,

para todo par de particiones P, P ′ ∈ P[a,b] tal que |P | < δ y |P ′| < δ. Luego

|S(f, g, P )− S(f, g, P ′)| =∣∣S(f, g, P )− I − [S(f, g, P ′)− I]

∣∣≤ |S(f, g, P )− I|+ |S(f, g, P ′)− I|

<ε

2+ε

2= ε,

es decir,|S(f, g, P )− S(f, g, P ′)| < ε.

En sentido inverso, sea ε > 0, y consideremos ε/2 > 0. Entonces, por hipotesis, existeδ = δ(ε) > 0, tal que

|S(f, g, P )− S(f, g, P ′)| < ε

2,

siempre que |P | < δ y |P ′| < δ.Consideremos ahora la familia {Pn}n∈N de particiones homogeneas sobre [a, b], esto es,

Pn =

{xi = a+

b− an· i : i ∈ {0, 1, ..., n}

},

15

para toda n ∈ N. Luego |Pn| =b− an

, para toda n ∈ N.

Por tanto existe n0 ∈ N tal que

|Pn| < δ y |Pm| < δ,

para todo n,m ≥ n0. De modo que

|S(f, g, Pn)− S(f, g, Pm)| < ε

2, (1)

para n,m ≥ n0. Entonces existe un numero real I tal que

lim|Pn|→0

S(f, g, Pn) = limn→∞

S(f, g, Pn) = I, (2)

pues segun (1), la sucesion de numeros reales {S(f, g, Pn)}n∈N es de Cauchy.Este numero I es, por supuesto, el candidato ideal para ser la integral de R-S de f

respecto de g. Para conducir a buen termino esta conjetura, debemos probar que el lımiteen (2) es valido no solo para partiones homogeneas, sino para toda particon P . Observamosque 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 particion Pn. Luego,

|S(f, g, P )− I| ≤ limn→∞

|S(f, g, P )− S(f, g, Pn)|+ limn→∞

|S(f, g, Pn)− I|

= limn→∞

|S(f, g, P )− S(f, g, Pn)|,

de donde,lim|P |→0

|S(f, g, P )− I| ≤ lim|P |→0

limn→∞

|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 ademas∫ b

af dg = lim

|P |→0S(f, g, P ) = I.

Demostracion del Teorema 2.2. Si ε > 0 entonces existe δ = δ(ε) > 0 tal que

|S(f, g, P )− S(f, g, P ′)| < ε,

siempre que |P | < δ y |P ′| < δ, segun el criterio de Cauchy.De tal forma que si elegimos la particion P1 ∈ P[a,c] sobre [a, c], y las particiones P2 ∈

P[c,b] y P ′2 ∈ P[c,b] sobre [c, b], tales que |P1| < (1/2)δ y |P ′i | < (1/2)δ, i = 1, 2, entonces setendra

(i) P = P1 ∪ P2 ∈ P[a,b] y |P | < δ, y

(ii) Q = P1 ∪ P ′2 ∈ P[a,b] y |Q| < δ,

16

De donde se sigue, en primer lugar, que

S(f, g, P ) = S(f, g, P1) + S(f, g, P2) y S(f, g,Q) = S(f, g, P1) + S(f, g, P ′2),

por tanto,S(f, g, P2)− S(f, g, P ′2) = S(f, g, P )− S(f, g,Q),

luego, en segundo lugar,

|S(f, g, P2)− S(f, g, P ′2)| = |S(f, g, P )− S(f, g,Q)| < ε,

puesto que |P | < δ y |Q| < δ. Entonces, segun el criterio de Cauchy, existe

∫ b

cf dg.

De forma analoga podemos probar que

∫ c

af dg existe.

Ahora bien, consideremos las particiones P1 ∈ P[a,c] y P2 ∈ P[c,b]. Si definimos laparticion P = P1 ∪ P2 sobre [a, b], entonces

S(f, g, P ) = S(f, g, P1) + S(f, g, P2).

Por tanto,∫ b

af dg = lim

|P |→0S(f, g, P ) (por hipotesis)

= lim|P1|→0

S(f, g, P1) + lim|P2|→0

S(f, g, P2)

=

∫ c

af dg +

∫ b

cf dg.

Como hemos visto en algunos ejemplos, una funcion f puede no ser RS integrable conrespecto a otra funcion g incluso cuando solo posee una solo discontinuidad. Mas aun,puede suceder que una funcion continua f no sea RS integrable respecto de g. Bajo ciertascondiciones para g la existencia de

∫fdg queda garantizada.

Teorema 4.2. Sean f y g funciones reales definidas sobre [a, b]. Si f es continua y g es

monotona no-decreciente, entonces∫ ba fdg existe.

Demostracion. Si g(a) = g(b) entonces g es constante y la conclusion es obvia. Supongamosque g(a) < g(b). Fijamos ε > 0. Dado que f es uniformemente continua en [a, b], para algunδ > 0,

|f(x)− g(y)| < ε

g(b)− b(a), siempre que |x− y| < δ, x, y ∈ [a, b].

Sean P = {a = x0, x1, ..., xn = b} y Q = {a = y0, y1, ..., 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). Formamosentonces la particion P ′ = P ∪Q, digamos, P ′ = {a = z0, z1, ..., zk = b}, donde k ≤ m+ n,pues algunos puntos de P pueden coincidir con tantos puntos de Q. Tomamos la coleccionde 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 numeros r′l, l = 1, ..., k, tal que r′l = rj , para todos los ındices ltal que [zl−1, zl] ⊂ [yj−1, yj ]. Por consiguiente,

S(f, g, P ) =

k∑l=1

f(t′l)(g(zl)− g(zl−1)

)y S(f, g,Q) =

k∑l=1

f(r′l)(g(zl)− g(zl−1)

).

17

Sea τ = max{|f(t′l)− f(r′l)| : l = 1, ..., k}. Entonces,

|S(f, g, P )− S(f, g,Q)| =∣∣∣ k∑l=1

(f(t′l)− f(r′l)

)(g(zl)− g(zl−1)

)∣∣∣≤

k∑l=1

|f(t′l)− f(r′l)| ·(g(zl)− g(zl−1)

)≤ τ

k∑l=1

(g(zl)− g(zl−1) = τ

(g(b)− g(a)

).

Ahora, si max{‖P‖, ‖Q‖} < δ/2, entonces |t′l − r′l| < δ y por lo tanto |f(t′l) − f(r′l)| <ε/(g(b)− g(a)), para todo l = 1, ..., k, y en particular τ < ε/(g(b)− g(a)). De donde

|S(f, g, P )− S(f, g,Q)| < ε.

Corolario 4.1. Sean f y g funciones reales definidas sobre [a, b]. Si f es continua y g es

monotona no-creciente, entonces∫ ba fdg existe.

Demostracion. Aplicamos el teorema anterior a las funciones f y −g.

5 Continuidad e integral de Riemann-Stieltjes

En las secciones antecedentes, hemos apreciado que existen ciertas dificultades cuando haydiscontinuidades. Concretamente exponemos el siguiente resultado.

Teorema 5.1. Sean f y g funciones definidas sobre [a, b]. Si tanto f como g poseen unadiscontinuidad en un punto c ∈ [a, b], entonces f no es RS(g).

Demostracion. Si f es discontinua en c, entonces o bien es discontinua por la derecha o bienes discontinua por la izquierda en c, esto es, alguno de los lımites

limc<x→c

f(x) y limc>x→c

f(x),

no existe o no es igual a f(c). Lo mismo aplica para g.En esta prueba trataremos el caso en que f y g son discontinuas por la derecha. Bien,

para algun numero εf > 0 y para algun numero εg > 0, sucede que para cualquier numeroδ > 0, existen ξ y ξ′ en [a, b] tales que

c < ξ < ξ′ < c+ δ, y |g(ξ′)− g(c)| ≥ εg y |f(ξ)− f(c)| ≥ εf .

Luego, para cualquier δ > 0, elegimos una particion P = {a = x0, x1, ..., xn = b} tal que‖P‖ < δ y para algun ındice k, xk−1 = c y xk = ξ′. Elegimos ahora cualesquiera valoresintermedios t′i = ti ∈ [xi−1, xi] cuando i 6= k, y

tk = ξ y t′k = c

en [c, ξ′]. De este modo,∣∣∣ n∑i=

f(ti)(g(xi − g(xi−1))−n∑i=

f(t′i)(g(xi − g(xi−1))∣∣∣ = |f(ξ)− f(c)| |g(ξ′)− g(c)| ≥ εfεg.

Por el criterior de Cauchy, f no es RS integrable respecto de g.Los demas caso son completamente analogos.

18

Ejercicio 15. Complete la prueba del Teorema 5.1.

Ejercicio 16. Sea

f(x) =

1

1− xsi x ∈ [0, 1),

0 si x = 1.

Supongamos que∫ 10 fdg existe. Pruebe que g es diferenciable (por la izquierda) en x = 1.

Encuentre una funcion g no constante tal que∫ 10 fdg existe.

6 Caracterizacion de la integral de Riemann-Stieltjes comolımite de sumas de Darboux. Criterio de existencia deRiemann.

Analogo al caso de la integral de Riemann, podemos caracterizar la integral de Riemann-Stieltjes mediante sumas de Darboux. Sin embargo esta caracterizacion es mas debil que elcriterio de Cauchy. Como en el caso de integracion de Riemann, es necesario mantener unarestriccion sobre la funcion f , ademas de suponer que g es no-decreciente. Apuntamos unaprimera definicion.

Definicion 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. SeaP = {a = x0, x1, ..., xn = b} una particion 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 parala particion P , como

U(f, g, P ) =n∑i=1

Mi(g(xi)− g(xi−1)).

Definimos la suma inferior de Darboux-Riemann-Stieltjes de f respecto de g para laparticion P , como

L(f, g, P ) =

n∑i=1

mi(g(xi)− g(xi−1)).

Note que lo numeros mi y Mi estan bien definidos puesto que f es una funcion acotada.Luego, las sumas superiores e inferiores definidas arriba siempre existen.

Proposicion 6.1. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamosque f es acotada y que g es no-decreciente. Sea P = {a = x0, x1, ..., xn = b} una particionde [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 particion mas 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 Proposicion 6.1.

19

Definicion 6.2. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamosque 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 numeros∫ b

afdg = inf

{U(f, g, P ) : P ∈ P[a,b]

}y

∫ b

afdg = sup

{L(f, g, P ) : P ∈ P[a,b]

},

respectivamente.

Note que la integral superior e inferior de RS siempre estan bien definidas, puesto quef es una funcion acotada. Tenemos el siguiente resultado como consecuencia inmediata dela Proposicion 6.1.

Proposicion 6.2. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamosque f es acotada y que g es no-decreciente. Para todo ε > 0,∫ b

afdg = inf{U(f, g, P ) : ‖P‖ < ε} y

∫ b

afdg = sup{L(f, g, P ) : ‖P‖ < ε}.

Demostracion. Es claro por un lado que∫ b

afdg ≤ inf{U(f, g, P ) : ‖P‖ < ε}.

Ahora, si Q es cualquier particion de [a, b], tomamos el refinamiento Q′ como la union de Pcon tantos puntos como sea necesario de tal manera que ‖Q‖ < ε. Por la Proposicion 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

afdg.

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

afdg = −

∫ 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 ≤ 1

2 ,

1 si 12 < x ≤ 1.

y g(x) =

{0 si 0 ≤ x < 1

2 ,

1 si 12 ≤ x ≤ 1.

Sea P = {0, 1/2, 1}. Entonces∫ 1

0fdg ≤ U(f, g, P ) = 0 · (1− 0) + 1 · (1− 1) = 0.

De hecho, dado que U(f, g, P ) ≥ 0 para cualquier particion P ,∫ 1

0fdg = 0,

20

y de este modo, ∫ b

afdg = 0.

Ahora, para cada n ∈ N, tomamos la particion Pn = {0 = x0, x1, ..., x2n2−1 = 1}, dada por

xi =

1

2n2i si i = 0, ..., n2 − 1,

1

2n2(i+ 1) si i = n2, ..., 2n2 − 1.

Por lo tanto ‖Pn‖ = 1/n2. Sin embargo

U(f, g, Pn) = f(1

2+

1

n2

)·[g(1

2+

1

n2

)− g(1

2− 1

n2

)]= 1.

Ejercicio 18. Muestre que puede tenerse una situacion como en el ejemplo anterior auncuando g es continua. Haga lo mismo con una funcion g estrictamente creciente.

Las integrales superior e inferior de Riemann-Stieltjes tambien caracterizan la integralde Riemann-Stieltjes, aunque en un sentido mas debil.

Teorema 6.1. Sean f y g funciones reales definidas en el intervalo [a, b] y supongamos quef es acotada y que g es no-decreciente. Entonces∫ b

afdg ≤

∫ b

afdg. (3)

Si f es Riemann-Stieltjes integrable respecto de g entonces∫ b

afdg =

∫ b

afdg =

∫ b

afdg. (4)

Si ademas f es continua, entonces f es Riemann-Stieltjes integrable si y solo si la igualdaden (3) se verifica, en cuyo caso la integral es igual a este valor comun como en (4).

Demostracion. La desigualdad (3) es inmediata de la Proposicion 6.1. Supongamos que fes RS respecto de g. Si g(a) = g(b), entonces g es una funcion constante y por lo tanto lasigualdad en (4) son inmediatas. Supongamos que g(a) < g(b). Fijamos ε > 0. Para algunδ > 0, ∣∣∣ n∑

i=

f(ti)(g(xi)− g(xi−1)

)−∫ b

afdg

∣∣∣ < ε

3,

para toda particion P = {a = x0, x1, ..., xn = b} tal que ‖P‖ < δ, y cualquier conjuntode valores intermedios ti ∈ [xi−1, xi]. Sea P una de tales particiones. Para cada ındicei ∈ {1, ..., n},

Mi −mi = sup{f(zi) : zi ∈ [xi−1, xi]} − inf{f(zi) : zi ∈ [xi−1, xi]}= sup{f(yi)− f(wi) : yi, wi ∈ [xi.1, xi]},

sea τi = sup{f(yi) − f(wi) : yi, wi ∈ [xi.1, xi]} para abreviar. Dado que ε3(g(b)−g(a)) > 0,

para cada i ∈ {1, ..., n}, existe y∗i ∈ [xi−1, xi] y existe w∗i ∈ [xi−1, xi] tales que,

τi −ε

3(g(b)− g(a))≤ f(y∗i )− f(w∗i ),

21

por consiguiente,

U(f, g, P )− L(f, g, P ) =n∑i=1

τi(g(xi)− g(xi−1)

)≤

n∑i=1

(f(y∗i )− f(w∗i )

)(g(xi)− g(xi−1)

)+

ε

3(g(b)− g(a))

n∑i=1

(g(xi)− g(xi−1)

)=

n∑i=1

f(y∗i )(g(xi)− g(xi−1)

)−∫ b

afdg

+

∫ b

afdg −

n∑i=1

f(w∗i )(g(xi)− g(xi−1)

)+

ε

3(g(b)− g(a))(g(b)− g(a))

<ε

3+ε

3+ε

3= ε,

y dado que

0 ≤∫ b

afdg −

∫ b

afdg ≤ U(f, g, P )− L(f, g, P ),

se tendra entonces la igualdad en (3). Ahora bien, para cualquier particion P , tal que‖P‖ < δ, de la Proposicion 6.1,

0 ≤ U(f, g, P )− S(f, g, P ) = U(f, g, P )−∫ b

afdg +

∫ b

afdg − S(f, g, P )

≤ U(f, g, P )−∫ b

afdg +

ε

3,

de donde, ∫ b

afdg ≤ U(f, g, P ) +

ε

3,

y en vista de la Proposicion 6.2, ∫ b

afdg ≤

∫ b

afdg +

ε

3.

Analogamente, ∫ b

afdg − ε

3≤∫ b

afdg.

De esta manera ∫ b

afdg =

∫ b

afdg =

∫ b

afdg.

Ahora supongamos que f es continua en [a, b]. Por el Teorema 4.2, f es RS integrablerespecto de g y por lo hecho arriba, las igualdades en (4) son validas. En sentido inverso,supongamos que la igualdad es valida en (3). Sea I este valor comun. No hay nada masque hacer si g(a) = g(b). Supongamos que g(a) < g(b) y sea P = {a = x0, x1, ..., xn = b}

22

una particion de [a, b]. Como f es continua, para todo i = 1, ..., n, existe ξi ∈ [xi−1, xi] yσi ∈ [xi−1, xi] tales que

mi = inf{f(y) : y ∈ [xi−1, xi]} = f(ξi) y Mi = sup{f(y) : y ∈ [xi−1, xi]} = f(σi).

De este modo, para cualesquiera valores intermedios ti ∈ [xi−1, xi],

U(f, g, P )− S(f, g, P ) =n∑i=1

(f(σi)− f(ti))(g(xi)− g(xi−1))

S(f, g, P )− L(f, g, P ) =n∑i=1

(f(ti)− f(ξi))(g(xi)− g(xi−1))

Sea ε > 0. Dado que f es uniformemente continua, existe δ > 0 tal que

|f(z)− f(y)| < ε

g(b)− g(a)siempre que |z − y| < δ, y, z ∈ [a, b].

Si tomamos entonces P tal que ‖P‖ < δ,

I − S(f, g, P ) ≤ U(f, g, P )− S(f, g, P ) <ε

g(b)− g(a)(g(b)− g(a)) = ε

S(f, g, P )− I ≤ S(f, g, P )− L(f, g, P ) <ε

g(b)− g(a)(g(b)− g(a)) = ε.

Se sigue entonces que f es RS integrable con respecto de g y∫ ba fdg = I.

Todo lo anterior motiva una definicion alternativa para el concepto de integral deRiemann-Stieltjes, con la finalidad de salvar algunos casos patologicos como el que se mues-tra en el Ejemplo 6.1. Esta definicion se usa preferentemente en algunos textos.

Definicion 6.3 (Definicion alternativa de integral de Riemann-Stieltjes). Sean f y g dosfunciones definidas sobre el intervalo cerrado y acotado [a, b] tales que f es acotada y g esno-decreciente. Decimos que f es Riemann-Stieltjes integrable respecto de g sobre elintervalo [a, b] si ∫ b

afdg =

∫ b

afdg,

y en este caso llamamos este valor comun la integral de Riemann-Stieltjes de f respectode g sobre [a, b]. Usamos la notacion habitual.∫ b

afdg.

Ejemplo 6.2. En el Ejemplo 6.1, la funcion f es RS integrable respecto de g en el sentidode la definicion anterior, pero no es RS integrable en el sentido de la Definicion 1.3.

Por otro lado, el Teorema 6.1 se prueba de hecho que esta ultima definicion es mas debilque la establecida en la seccion 1. Este hecho preferimos apuntarlo aparte para no olvidarlo.

Corolario 6.1. Sean f y g funciones definidas sobre [a, b] tales que f es acotada y g esno-decreciente. Si f es RS integrable respecto a g de acuerdo a la Definicion 1.3, entonceslo es tambien de acuerdo a la Definicion 6.3.

Veremos ahora que, suponiendo la Definicion 6.3, es posible dar una caracterizacioncompleta del Teorema 6.1.

23

Teorema 6.2 (Criterio de Riemann). Sean f y g funciones definidas sobre [a, b] tales que fes acotada y g es no-decreciente. Entonces f es RS integrable, en el sentido de la Definicion6.3, con respecto a g, si y solo si, para toda ε > 0 existe una particion P de [a, b] tal que

U(f, g, P )− L(f, g, P ) < ε.

Demostracion. Supongamos que f es RS integrable respecto de g segun la Definicion 6.3.Sea I el valor de esta integral. Sea ε > 0. Para ciertas particiones R y Q de [a, b],

I − ε

2< L(f, g,R) y U(f, g,Q) < I +

ε

2.

Si consideramos la particion P = R ∪Q, tenemos

I − ε

2< L(f, g,R) ≤ L(f, g, P ) ≤ U(f, g, P ) ≤ U(f, g,Q) < I +

ε

2,

de donde,

U(f, g, P )− L(f, g, P ) < I +ε

2−(I − ε

2

)= ε.

El recıproco es inmediato de la desigualdad∫ b

afdg −

∫ b

afdg ≤ U(f, g, P )− L(f, g, P ),

para cualquier particion P de [a, b].

Para concluir esta seccion, apuntamos una forma equivalente a la Definicion 6.3, la cualpermite notar especıficamente cual es la diferencia con la Definicion 1.3.

Teorema 6.3. Sean f y g funciones definidas sobre [a, b] tales que f es acotada y g esno-decreciente. Entonces f es RS integrable, en el sentido de la Definicion 6.3, con respectoa g, si y solo si, existe un numero I tal que para toda ε > 0 existe una particion Pε de [a, b]tal que si P es un refinamiento de Pε (es decir Pε ⊂ P ), entonces

|S(f, g, P )− I| < ε.

Ejercicio 19. Pruebe el teorema anterior. Compare con la Definicion 1.3 y explique, deforma muy concreta, las diferencias entre ambos conceptos.

Ejercicio 20. Asumiendo la Defincion 6.3, pruebe que la condicion del Teorema 2.2 essuficiente y necesaria.

Ejercicio 21. Asumiendo la Defincion 6.3, formule adecuadamente y pruebe un resultadoanalogo al Teorema 2.1.

Ejercicio 22. Asumiendo la Defincion 6.3, formule adecuadamente y pruebe un resultado ala formula de integracion por partes.

7 La integral de Riemann y la integral de Riemann-Stieltjes

Como hemos podido apreciar, no existen metodos de integracion en el sentido de RS comolos hay en el caso de la integral de Riemann, a no ser que se trate de funciones muy simplescomo las que hemos tratado. Sin embargo, la naturaleza de ciertas funciones permite reduciren ciertos casos una integral en el sentido de RS, a una integral de Riemann habitual.

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Teorema 7.1. Sean f y g dos funciones reales definidas sobre el intervalo [a, b]. Si g esdiferenciable y f es Riemann integrable sobre [a, b], entonces∫ b

af(x) dg(x)︸ ︷︷ ︸

Riemann-Stieltjes

=

∫ b

af(x)g′(x) dx.︸ ︷︷ ︸Riemann

Demostracion. Sea P ∈ P[a,b], P = {a = x0, x1, ..., xn = b}. Por el teorema del valor medio,existe tk ∈ (xk−1, xk) tal que

g(xk)− g(xk−1) = g′(tk)(xk − xk−1),

para todo k = 1, ..., n. Entonces

n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)] =

n∑k=1

f(tk)g′(tk)(xk − xk−1),

luego ∫ b

af(x) dg(x) = lim

|P |→0

n∑k=1

f(tk)[g(xk)− g(xk−1)]

= lim‖P‖→0

n∑k=1

f(tk)g′(tk)(xk − xk−1)

=

∫ b

af(x)g′(x) dx

Ejemplo 7.1. Consideremos las funciones f(x) = x y g(x) = senx, sobre el intervalo

[0, π/2]. Los resultados vistos en este artıculo, nos ayudan a calcular

∫ π/2

0x cosx dx de

forma inmediata. En efecto, segun el Teorema 7.1 y el Teorema 3.1 (de integracion porpartes), tenemos que∫ π/2

0x cosx dx =

∫ π/2

0x d senx

=π

2sen(π

2

)− 0 sen(0)−

∫ π/2

0senx dx

=π

2− 1.

8 Otras propiedades cuando el integrador es no-decreciente

9 Integrales de Riemann-Stieltjes impropias

Por ultimo, anotamos algunas observaciones. Al igual que las integrales impropias en elsentido de Riemann, se puede extender el concepto de integral de R-S a integrales impropiasde la manera siguiente.

25

i) Si a ∈ R y f y g son funciones definidas en [a,∞), entonces f es R-S integrable

respecto de g sobre [a,∞), si

∫ b

af dg existe para toda b > a y si, en segundo lugar, si

limb→∞

∫ b

af dg existe. Y en este caso

∫ ∞a

f dg = limb→∞

∫ b

af dg.

De forma analoga, podemos definir∫ b

−∞f dg = lim

a→−∞

∫ b

af dg y

∫ ∞−∞

f dg = lim0<b→∞

∫ b

−bf dg

ii) Ahora, si f y g son dos funciones definidas en [a, b), entonces f es R-S integrable

respecto de g sobre [a, b), si

∫ c

af dg existe para toda b > c > a y si, en segundo lugar,

limc→b

∫ c

af dg existe. Y en este caso

∫ b

af dg = lim

c→b

∫ c

af dg.

De forma analoga, si consideramos el intervalo abierto (a, b) podemos definir∫ b

af dg = lim

0<h→0

∫ b−h

a+hf dg.

Ejemplo 9.1. Segun lo visto en todo este artıculo,∫ ∞0

x d(1− e−x) = limb→∞

∫ b

0x d(1− e−x)

= limb→∞

∫ b

0xe−x dx

= limb→∞

[(b− 1)e−b + 1]

= 1.

10 Integrales sobre trayectorias

11 Integrales de Riemann-Stieltjes sobre el plano complejo

12 Una aplicacion a series. Formula de la suma de Euler

26

Ejemplo 12.1. Sobre el intervalo [0, 1] consideremos la siguiente particion infinita denumeros, definida recursivamente, primero x1 = 1, y para n ≥ 1,

xn − xn+1 =1

n2n.

Definimos la funcion f sobre [−1, 1] dada por

f(x) =

0 si x = 0,

∞∑n=1

n1(xn+1,xn](x) si x ∈ (0, 1],

∞∑n=1

n1[−xn,−xn+1)(x) si x ∈ [−1, 0).

En este caso ∫ 1

0f(x)dx =

∞∑n=1

1

2n= 1.

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