La integral de Lebesgue de funciones medibles | Sebastián Fernández Rivera

La definición y las funciones integrables

Definición (Parte positiva, parte negativa y la integral general)

Sea $f : E \to \overline{\mathbb{R}}$ una función medible. Entonces

\[f = f^{+} - f^{-}\]

con

\[f^{+} = \max(0, f) \qquad \text{y} \qquad f^{-} = \max(0, -f).\]

Sabemos que $f^{+}$ y $f^{-}$ son medibles y no negativas, entonces

\[\int_{E} f^{+} \, dx, \qquad \int_{E} f^{-} \, dx\]

están bien definidas. Por tanto podemos definir

\[\int_{E} f \, dx = \int_{E} f^{+} \, dx - \int_{E} f^{-} \, dx\]

siempre que

\[\int_{E} f^{+} \, dx < \infty \qquad \text{o} \qquad \int_{E} f^{-} \, dx < \infty.\]

En tal caso decimos que la integral de $f$ sobre $E$ existe (con valor posiblemente $\pm\infty$).

Definición (Función integrable y el espacio $L(E)$)

Decimos que $f$ es integrable, o bien que $f \in L(E)$, si

\[\int_{E} f^{+} \, dx < \infty \qquad \text{y} \qquad \int_{E} f^{-} \, dx < \infty.\]

Nota (Desigualdad triangular integral y finitud c.p.d.)

Como $$

= f^{+} + f^{-}$, para$f \in L(E)$$ tenemos que

\[\left| \int_{E} f \, dx \right| \leq \int_{E} f^{+} \, dx + \int_{E} f^{-} \, dx = \int_{E} |f| \, dx,\]

donde la última igualdad usa la linealidad para funciones no negativas. En particular, $f \in L(E)$ si y solo si $$\int_{E}

\, dx < \infty$. Además, si$\int_{E}

\, dx < \infty$, entonces$f \in \mathbb{R}$$ c.p.d., por la proposición sobre funciones con integral finita.

Monotonía y propiedades básicas

Teorema (Monotonía de la integral general)

Sean $f : E \to \overline{\mathbb{R}}$ y $g : E \to \overline{\mathbb{R}}$ medibles tales que

\[\int_{E} f \, dx \qquad \text{y} \qquad \int_{E} g \, dx\]

existen. Si $f \leq g$ c.p.d. en $E$, entonces

\[\int_{E} f \, dx \leq \int_{E} g \, dx.\]

En particular, si $f = g$ c.p.d. en $E$, entonces

\[\int_{E} f \, dx = \int_{E} g \, dx.\]

Prueba: Note que si $f \leq g$ c.p.d., entonces, punto a punto donde vale la desigualdad,

\[f^{+} = \max\{0, f\} \leq \max\{0, g\} = g^{+}, \qquad g^{-} = \max\{0, -g\} \leq \max\{0, -f\} = f^{-},\]

es decir, $f^{+} \leq g^{+}$ y $g^{-} \leq f^{-}$ c.p.d. Luego, por la monotonía c.p.d. de la integral de funciones no negativas,

\[\int_{E} f^{+} \, dx \leq \int_{E} g^{+} \, dx, \qquad \int_{E} g^{-} \, dx \leq \int_{E} f^{-} \, dx,\]

y entonces, restando en el sentido extendido (la existencia de ambas integrales garantiza que no aparece la forma $\infty - \infty$),

\[\int_{E} f \, dx = \int_{E} f^{+} \, dx - \int_{E} f^{-} \, dx \leq \int_{E} g^{+} \, dx - \int_{E} g^{-} \, dx = \int_{E} g \, dx.\]

Si $f = g$ c.p.d., las dos desigualdades dan la igualdad.

Teorema (Restricción del dominio, aditividad numerable y conjuntos nulos)

Sea $f : E \to \overline{\mathbb{R}}$ medible tal que $\int_{E} f \, dx$ existe.

Si $E_{1} \subseteq E$ es medible, entonces $\int_{E_{1}} f \, dx$ existe.
Si $E = \bigcup_{k=1}^{\infty} E_{k}$ con los $E_{k}$ medibles y disjuntos dos a dos, entonces
\[\int_{E} f \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f \, dx.\]
Si $E_{1} \subseteq E$ con $m(E_{1}) = 0$, entonces $\int_{E_{1}} f \, dx = 0$.

Prueba: Para (i), note que, por monotonía respecto al dominio para funciones no negativas,

\[0 \leq \int_{E_{1}} f^{+} \, dx \leq \int_{E} f^{+} \, dx, \qquad 0 \leq \int_{E_{1}} f^{-} \, dx \leq \int_{E} f^{-} \, dx.\]

Como alguna de las dos integrales sobre $E$ es finita, la correspondiente sobre $E_{1}$ también lo es, y $\int_{E_{1}} f \, dx$ existe.

Para (ii), sabemos, por la aditividad del dominio para funciones no negativas, que

\[\int_{E} f^{+} \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f^{+} \, dx, \qquad \int_{E} f^{-} \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f^{-} \, dx.\]

Como

\[\int_{E} f^{+} \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f^{+} \, dx < \infty \qquad \text{o} \qquad \int_{E} f^{-} \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f^{-} \, dx < \infty,\]

al menos una de las dos series converge, y podemos restar término a término sin ambigüedad. Entonces

\[\int_{E} f \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f^{+} \, dx - \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f^{-} \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \left( \int_{E_{k}} f^{+} \, dx - \int_{E_{k}} f^{-} \, dx \right) = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E_{k}} f \, dx.\]

Finalmente, para (iii), si $m(E_{1}) = 0$, el lema de la integral sobre conjuntos nulos aplicado a $f^{+}$ y $f^{-}$ da

\[\int_{E_{1}} f \, dx = \int_{E_{1}} f^{+} \, dx - \int_{E_{1}} f^{-} \, dx = 0 - 0 = 0.\]

Linealidad y diferencias de funciones

Teorema (Linealidad de la integral general)

Sean $f, g : E \to \overline{\mathbb{R}}$ medibles tales que $\int_{E} f \, dx$ existe, y $c \in \mathbb{R}$. Entonces

\[\int_{E} c f \, dx = c \int_{E} f \, dx.\]

Además, si $f, g \in L(E)$, entonces $f + g \in L(E)$ y

\[\int_{E} (f + g) \, dx = \int_{E} f \, dx + \int_{E} g \, dx.\]

Prueba: Homogeneidad. Si $c \geq 0$, entonces $(cf)^{+} = c f^{+}$ y $(cf)^{-} = c f^{-}$, y el resultado se sigue de la homogeneidad para funciones no negativas. Si $c < 0$, entonces

\[(cf)^{+} = -c f^{-}, \qquad (cf)^{-} = -c f^{+},\]

pues $cf \geq 0$ exactamente donde $f \leq 0$. Entonces

\[\int_{E} c f \, dx = \int_{E} (-c) f^{-} \, dx - \int_{E} (-c) f^{+} \, dx = -c \int_{E} f^{-} \, dx + c \int_{E} f^{+} \, dx = c \int_{E} f \, dx.\]

Aditividad. Si $f, g$ son integrables, entonces son finitas c.p.d., de modo que $f + g$ está definida c.p.d., y como $$

f + g

\leq

$$,

\[0 \leq \int_{E} |f + g| \, dx \leq \int_{E} |f| \, dx + \int_{E} |g| \, dx < \infty,\]

usando la monotonía y la linealidad para no negativas; es decir, $f + g \in L(E)$. Note que los siguientes conjuntos medibles, disjuntos dos a dos, cubren $E$ salvo un conjunto nulo (donde $f$ o $g$ toman valores infinitos):

\[\begin{aligned} &E_{1} = \{ f \geq 0,\ g \geq 0 \}, \\ &E_{2} = \{ f < 0,\ g < 0 \}, \\ &E_{3} = \{ f \geq 0,\ g < 0,\ f + g \geq 0 \}, \\ &E_{4} = \{ f < 0,\ g \geq 0,\ f + g \geq 0 \}, \\ &E_{5} = \{ f \geq 0,\ g < 0,\ f + g < 0 \}, \\ &E_{6} = \{ f < 0,\ g \geq 0,\ f + g < 0 \}. \end{aligned}\]

Por la aditividad del dominio, basta probar la aditividad de la integral en cada $E_{i}$.

En $E_{1}$ las tres funciones $f, g, f+g$ son no negativas, así que, por la linealidad para no negativas,

\[\int_{E_{1}} (f + g) \, dx = \int_{E_{1}} (f^{+} + g^{+}) \, dx = \int_{E_{1}} f^{+} \, dx + \int_{E_{1}} g^{+} \, dx = \int_{E_{1}} f \, dx + \int_{E_{1}} g \, dx,\]

y también, en $E_{2}$, donde las tres son negativas,

\[\begin{aligned} \int_{E_{2}} (f + g) \, dx &= \int_{E_{2}} -(f^{-} + g^{-}) \, dx = -\int_{E_{2}} (f^{-} + g^{-}) \, dx \\ &= -\int_{E_{2}} f^{-} \, dx - \int_{E_{2}} g^{-} \, dx = \int_{E_{2}} f \, dx + \int_{E_{2}} g \, dx. \end{aligned}\]

En $E_{3}$ tenemos $f = (f + g) + (-g)$ con $f + g \geq 0$ y $-g > 0$; de esta manera, por la linealidad para no negativas,

\[\int_{E_{3}} f \, dx = \int_{E_{3}} \big( (f+g) - g \big) \, dx = \int_{E_{3}} (f + g) \, dx + \int_{E_{3}} (-g) \, dx = \int_{E_{3}} (f + g) \, dx - \int_{E_{3}} g \, dx,\]

donde el último paso usa la homogeneidad con $c = -1$ y que $g \in L(E_{3})$. Por lo tanto

\[\int_{E_{3}} (f + g) \, dx = \int_{E_{3}} f \, dx + \int_{E_{3}} g \, dx.\]

Además, en $E_{5}$ tenemos $-g = -(f+g) + f$ con $-(f+g) > 0$ y $f \geq 0$, entonces

\[\int_{E_{5}} (-g) \, dx = \int_{E_{5}} \big( -(f+g) + f \big) \, dx = \int_{E_{5}} -(f+g) \, dx + \int_{E_{5}} f \, dx.\]

Así, multiplicando por $-1$ y reordenando, tenemos que

\[\int_{E_{5}} f \, dx + \int_{E_{5}} g \, dx = \int_{E_{5}} (f + g) \, dx.\]

Los casos $E_{4}$ y $E_{6}$ son análogos, intercambiando los papeles de $f$ y $g$; terminar el resto de la prueba es un ejercicio.

Nota (Combinaciones lineales y una advertencia sobre la resta)

Sean $f_{1}, \dots, f_{n} \in L(E)$ y $a_{1}, \dots, a_{n} \in \mathbb{R}$. Entonces, iterando el teorema anterior, $\sum_{k=1}^{n} a_{k} f_{k} \in L(E)$ y

\[\int_{E} \left( \sum_{k=1}^{n} a_{k} f_{k} \right) \, dx = \sum_{k=1}^{n} a_{k} \int_{E} f_{k} \, dx.\]

Ojo: cuando las integrales no son finitas, en general no es cierto que

\[\int_{E} (f - g) \, dx = \int_{E} f \, dx - \int_{E} g \, dx.\]

Por ejemplo, considere $f = \mathbf{1}_{[n,\infty)}$ y $g = \mathbf{1}_{[n+1,\infty)}$: la resta $f - g = \mathbf{1}_{[n,n+1)}$ tiene integral $1$, pero $\int f \, dx = \int g \, dx = \infty$ y la diferencia $\infty - \infty$ no está definida.

Proposición (Resta de una minorante integrable)

Sean $f$ y $\phi$ medibles en $E$ tales que $\phi \leq f$ c.p.d. y $\phi \in L(E)$. Entonces $\int_{E} f \, dx$ y $\int_{E} (f - \phi) \, dx$ existen y

\[\int_{E} (f - \phi) \, dx = \int_{E} f \, dx - \int_{E} \phi \, dx.\]

Prueba: Como $\phi \leq f$ c.p.d., tenemos $-f \leq -\phi$ c.p.d. y entonces

\[f^{-} = \max(0, -f) \leq \max(0, -\phi) = \phi^{-} \quad \text{c.p.d.},\]

de donde

\[0 \leq \int_{E} f^{-} \, dx \leq \int_{E} \phi^{-} \, dx < \infty.\]

Es decir, $\int_{E} f \, dx$ existe, con valor en $(-\infty, \infty]$, y quedan dos casos según el valor de $\int_{E} f^{+} \, dx$.

Si $\int_{E} f^{+} \, dx < \infty$, entonces $f \in L(E)$, y como también $-\phi \in L(E)$, la linealidad da directamente

\[\int_{E} (f - \phi) \, dx = \int_{E} f \, dx - \int_{E} \phi \, dx.\]

Ahora, si $\int_{E} f^{+} \, dx = \infty$, es decir $f \notin L(E)$, afirmamos que $f - \phi \notin L(E)$. En efecto, donde ambas son finitas vale $f = \phi + (f - \phi) \leq \phi^{+} + (f - \phi)$, y como el lado derecho es no negativo,

\[f^{+} \leq \phi^{+} + (f - \phi) \quad \text{c.p.d.}\]

Integrando, por monotonía c.p.d. y linealidad para no negativas,

\[\infty = \int_{E} f^{+} \, dx \leq \int_{E} \phi^{+} \, dx + \int_{E} (f - \phi) \, dx,\]

y como $\int_{E} \phi^{+} \, dx < \infty$, se sigue que $\int_{E} (f - \phi) \, dx = \infty$. Además $f - \phi \geq 0$ c.p.d., así que

\[\int_{E} (f - \phi) \, dx = \int_{E} (f - \phi)^{+} \, dx = \infty.\]

Concluimos que, en este caso, ambos lados valen $\infty$:

\[\int_{E} (f - \phi) \, dx = \infty = \int_{E} f \, dx - \int_{E} \phi \, dx,\]

pues $\int_{E} f \, dx = \infty$ y $\int_{E} \phi \, dx \in \mathbb{R}$.

Nota (Productos de funciones integrables)

Las condiciones para que $fg$ sea integrable son más complejas que para la suma. Por ejemplo, si $f \in L(E)$ y $g$ es medible con $$

g(x)

\leq M$para$x \in E$, entonces$fg \in L(E)$, pues$

\leq M

$y la monotonía da$\int_{E}

\, dx \leq M \int_{E}

\, dx < \infty$$.

Los teoremas de convergencia

Teorema (Convergencia monótona con minorante o mayorante integrable)

Sea $\{f_{k}\}_{k=1}^{\infty}$ una sucesión de funciones medibles en $E$, tales que $\lim_{k \to \infty} f_{k} = f$ c.p.d. en $E$.

Si existe $\phi \in L(E)$ tal que $\phi \leq f_{k} \leq f_{k+1}$ c.p.d. para todo $k \geq 1$, entonces
\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx = \int_{E} f \, dx.\]
Si existe $\phi \in L(E)$ tal que $f_{k+1} \leq f_{k} \leq \phi$ c.p.d. para todo $k \geq 1$, entonces
\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx = \int_{E} f \, dx.\]

Prueba: Solo probaremos el caso creciente; la parte (ii) se deja como ejercicio a la persona lectora. Si se cumple la primera condición, entonces

\[f_{k} - \phi \geq 0 \qquad \text{y} \qquad f_{k+1} - \phi \geq f_{k} - \phi \quad \text{c.p.d.}\]

para $k \geq 1$, y además $f_{k} - \phi \to f - \phi$ c.p.d. Entonces, por el teorema de convergencia monótona para funciones no negativas,

\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} (f_{k} - \phi) \, dx = \int_{E} (f - \phi) \, dx.\]

Por la proposición de la resta de una minorante integrable, aplicada a cada $f_{k}$ y a $f$ (con minorante $\phi$),

\[\int_{E} (f_{k} - \phi) \, dx = \int_{E} f_{k} \, dx - \int_{E} \phi \, dx, \qquad \int_{E} (f - \phi) \, dx = \int_{E} f \, dx - \int_{E} \phi \, dx.\]

Es decir,

\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx - \int_{E} \phi \, dx = \int_{E} f \, dx - \int_{E} \phi \, dx,\]

y como $\int_{E} \phi \, dx \in \mathbb{R}$, podemos cancelar y concluir que $\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx = \int_{E} f \, dx$.

Ejemplo (Integración término a término de series de funciones no negativas)

Sean $f_{k} : E \to [0,\infty]$ medibles para $k \geq 1$. Entonces, si llamamos

\[g_{m} = \sum_{k=1}^{m} f_{k},\]

tenemos que $0 \leq g_{m} \leq g_{m+1}$. Luego, por el teorema de convergencia monótona y la linealidad,

\[\begin{aligned} \int_{E} \left( \sum_{k=1}^{\infty} f_{k} \right) \, dx &= \int_{E} \lim_{m \to \infty} g_{m}(x) \, dx = \lim_{m \to \infty} \int_{E} g_{m}(x) \, dx \\ &= \lim_{m \to \infty} \int_{E} \sum_{k=1}^{m} f_{k}(x) \, dx = \lim_{m \to \infty} \sum_{k=1}^{m} \int_{E} f_{k}(x) \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx. \end{aligned}\]

Ejemplo (Una sucesión que converge a cero con integrales constantes)

Sea $E = [0,1]$ y definamos

\[f_{k}(x) = \begin{cases} k & \text{si } 0 \leq x \leq \frac{1}{k}, \\ 0 & \text{si } \frac{1}{k} < x \leq 1. \end{cases}\]

Entonces

\[\int_{E} f_{k}(x) \, dx = k \cdot m\left( \left[0, \tfrac{1}{k}\right] \right) = 1 \quad \text{para todo } k,\]

pero $\lim_{k \to \infty} f_{k} = 0$ c.p.d. en $[0,1]$: para $x > 0$, $f_{k}(x) = 0$ apenas $k > \tfrac{1}{x}$. Nos preguntamos:

¿Cuándo $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx = \int_{E} \lim_{k \to \infty} f_{k}(x) \, dx$?

Este ejemplo muestra que alguna hipótesis adicional (monotonía, dominación, etc.) es necesaria.

Teorema (Lema de Fatou)

Sea $f_{k} : E \to [0,\infty]$ una sucesión de funciones medibles no negativas. Entonces

\[\int_{E} \liminf_{k \to \infty} f_{k} \, dx \leq \liminf_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx.\]

Prueba: Recordemos que

\[\liminf_{k \to \infty} f_{k} = \sup_{k \geq 1} \inf_{m \geq k} f_{m} = \lim_{k \to \infty} \inf_{m \geq k} f_{m}.\]

Considere

\[g_{k} = \inf_{m \geq k} f_{m};\]

entonces $\{g_{k}\}$ es una sucesión creciente de funciones medibles no negativas con $g_{k} \to \liminf_{k \to \infty} f_{k}$. Por el teorema de convergencia monótona,

\[\int_{E} \Big( \liminf_{k \to \infty} f_{k} \Big) \, dx = \lim_{k \to \infty} \int_{E} \inf_{m \geq k} f_{m} \, dx.\]

Note que

\[\inf_{m \geq k} f_{m} \leq f_{n} \quad \text{para } n \geq k \geq 1.\]

Entonces, por monotonía, para $n \geq k$,

\[\int_{E} \inf_{m \geq k} f_{m}(x) \, dx \leq \int_{E} f_{n}(x) \, dx,\]

y tomando el ínfimo sobre $n \geq k$,

\[\int_{E} \inf_{m \geq k} f_{m}(x) \, dx \leq \inf_{n \geq k} \int_{E} f_{n}(x) \, dx.\]

Tomando ahora el límite cuando $k \to \infty$ en ambos lados,

\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} \inf_{m \geq k} f_{m}(x) \, dx \leq \lim_{k \to \infty} \inf_{n \geq k} \int_{E} f_{n}(x) \, dx = \liminf_{k \to \infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx.\]

Combinando con la primera identidad, concluimos que

\[\int_{E} \liminf_{k \to \infty} f_{k} \, dx \leq \liminf_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx.\]

Nota (Cota uniforme de integrales y el límite inferior)

Note que si $f_{k} : E \to [0,\infty]$ es medible para cada $k$ y

\[\int_{E} f_{k}(x) \, dx \leq M \quad \text{para todo } k,\]

entonces, por el lema de Fatou,

\[\int_{E} \liminf_{k \to \infty} f_{k} \, dx \leq M.\]

Teorema (Convergencia dominada de Lebesgue para funciones no negativas)

Sea $\{f_{k}\}_{k=1}^{\infty}$ una sucesión de funciones medibles no negativas tales que

\[\lim_{k \to \infty} f_{k} = f\]

c.p.d. en $E$. Si existe $\phi$ medible con

\[0 \leq f_{k} \leq \phi \quad \text{c.p.d. para todo } k \geq 1, \qquad \int_{E} \phi(x) \, dx < \infty,\]

entonces

\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx = \int_{E} f(x) \, dx.\]

Prueba: Como $f = \liminf_{k \to \infty} f_{k}$ c.p.d., el lema de Fatou y la igualdad c.p.d. de las integrales dan

\[\int_{E} f(x) \, dx \leq \liminf_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx.\]

Note además que $0 \leq f \leq \phi$ c.p.d., entonces $f, f_{k} \in L(E)$, pues sus integrales están dominadas por $\int_{E} \phi \, dx < \infty$.

Considere ahora $h_{k} = \phi - f_{k} \geq 0$ c.p.d. Por el lema de Fatou aplicado a $\{h_{k}\}$,

\[\int_{E} \liminf_{k \to \infty} (\phi - f_{k}) \, dx \leq \liminf_{k \to \infty} \int_{E} (\phi - f_{k}) \, dx.\]

Note que, como el límite de $f_{k}$ existe c.p.d.,

\[\liminf_{k \to \infty} (\phi - f_{k}) = \lim_{k \to \infty} (\phi - f_{k}) = \phi - f \quad \text{c.p.d.}\]

Por otro lado, usando la linealidad (todas las funciones involucradas son integrables), tenemos que

\[\liminf_{k \to \infty} \int_{E} (\phi - f_{k})(x) \, dx = \liminf_{k \to \infty} \left( \int_{E} \phi(x) \, dx - \int_{E} f_{k}(x) \, dx \right) = \int_{E} \phi(x) \, dx - \limsup_{k \to \infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx.\]

La última igualdad vale porque $\liminf_{k}(-a_{k}) = -\limsup_{k} a_{k}$ para toda sucesión real $\{a_{k}\}$, y sumar la constante finita $\int_{E} \phi \, dx$ conmuta con el límite inferior. Combinando las tres relaciones anteriores y cancelando $\int_{E} \phi \, dx \in \mathbb{R}$, concluimos que

\[\limsup_{k \to \infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx \leq \int_{E} f(x) \, dx \leq \liminf_{k \to \infty} \int_{E} f_{k}(x) \, dx,\]

es decir, el límite existe y $\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx = \int_{E} f \, dx$.

Teorema (Convergencia uniforme en dominios de medida finita)

Sea $f_{k} \in L(E)$ para $k \geq 1$. Si $\lim_{k \to \infty} f_{k} = f$ uniformemente en $E$ con $m(E) < \infty$, entonces $f \in L(E)$ y

\[\lim_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} \, dx = \int_{E} f \, dx.\]

Prueba: Ejercicio.

Nota (La hipótesis de medida finita es esencial en la convergencia uniforme)

Note que $f_{k}(x) = \frac{1}{k}$ converge a cero uniformemente en $\mathbb{R}$, pero

\[\int_{\mathbb{R}} f_{k} \, dx = \infty\]

para todo $k$, así que la conclusión del teorema anterior falla sin la hipótesis $m(E) < \infty$.