3.4 - Teorema de Radon-Nikodym

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Um dos problemas mais comuns estudados em análise matemática é encontrar uma representação conveniente para algumas funções especiais. Por exemplo, sobre certas condições, pode-se representar um funcional linear sobre um espaço de Hilbert em termos de um produto escalar dado. Uma situação similar ocorre na teoria da medida. Dado duas medidas $\nu$ e $\mu$ sobre um espaço mensurável $(X,\mathcal{F})$, uma questão importante que surge é se conseguimos representar $\nu$ em termos de $\mu$ através de algum operador linear. O teorema de Radon-Nikodym garante tal representação sobre certas hipóteses.

Definição 3.4.1:

Uma medida sinal sobre um espaço mensurável $(X,\mathcal{F})$ é uma função a valores reais estendidos $\nu$ definida para conjuntos de $\mathcal{F}$ satisfazendo 

  • $\nu$ assume no máximo um dos valores $+\infty$, $-\infty$;
  • $\nu(\emptyset)=0$;
  • $\nu(\bigcup_{i=1}^{\infty}E_i)=\bigsum_{i=1}^{\infty}\nu(E_i)$, para qualquer sequência de conjuntos disjuntos.

 

Outro conceito importantíssimo é a noção de conjunto positivo e conjunto negativo.

Definição 3.4.2: 

Um conjunto $A$ é dito ser positivo, se para qualquer subconjunto $E\subset A$, temos que $\nu(E)\geq 0$. Similarmente, dizemos que $B$ é um conjunto negativo se, para qualquer subconjunto $E\subset B$, temos que $\nu(E)\leq 0$.    

Lema 3.4.1:

Todo subconjunto mensurável de um conjunto positivo é ele mesmo positivo. A união de uma coleção enumerável de conjuntos positivos é um conjunto positivo.

Prova:

A primeira afirmação sai direto da definição de conjunto positivo.

Seja $A$ a união de uma sequência de conjuntos positivos. Se $E$ é qualquer subconjunto mensurável de A. Defina\[E_n=E\cap(A_n-\cup_{i=1}^{n-1}A_i)\]

Cada $E_n$ é um subconjunto mensurável de $A_n$ e portanto $\nu(E_n)\geq 0$. Desde que $E_n$ são disjuntos e $E=\cup_{n=1}^{\infty}E_n$, da definição de medida, temos que\[\nu(E)=\nu(\cup_{n=1}^{\infty})=\sum_{n=1}^{\infty}\nu(E_n)\geq 0.\]

Então $A$ é um conjunto positivo.

$\square$

Lema 3.4.2:

Seja $E$ um conjunto mensurável tal que $0\testless \nu(E)\textless\infty$. Então existe um conjunto positivo $A\subset E$ com $\nu(A)\textgreater 0$.

Prova:

Se $E$ é um conjunto positivo, não há nada a provar. Suponha que $E$ não seja um conjunto positivo. Então ele contém conjuntos de medida não positiva. Seja $n_1$ o menor inteiro positivo tal que existe um conjunto mensurável $E_1\subset E$ com $\nu(E)\textless -\frac{1}{n_1}$.

Procedendo indutivamente, se $E-\cup_{i=1}^{k-1}E_i$, ainda não for um conjunto positivo, seja $n_k$ o menor inteiro positivo para o qual existe um conjunto mensurável $E_k$ tal que $E_k\subsetE-\cup_{i=1}^{k-1}E_i$ e $\nu(E_k)\textless -\frac{1}{n_k}$.

Defina $A:=E-\cup_{i=1}^{\infty}E_i$. Vamos mostrar que $A$ é um conjunto positivo. 

Note que $E=A\cup(\cup_{i=1}^{\infty}E_i)$ e que esta é uma união disjunta. Entã, temos que\[\nu(E)=\nu(A)+\nu(\cup_{i=1}^{\infty}E_i).\]

Por outro lado, temos que\[\sum_{i=1}^{\infty}|\nu(E_i)|=|\nu(\cup_{i=1}^{\infty}E_i)|\leq |\nu(E)|\textless \infty.\]

Então $\sum_{i=1}^{\infty}\nu(E_i)$ converge absolutamente. Assim, vale que\[\nu(E)=\nu(A)+\sum_{i=1}^{\infty}\nu(E_i).\]

Desde que $|\nu(E_k)|=-\nu(E_k)\geq \frac{1}{n_k}$. Do critério da comparação, como $\sum_{i=1}^{\infty}|\nu(E_i)|\textless\infty$ converge, segue quea série $\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n_i}$ converge. Então $\frac{1}{n_k}\rightarrow 0$ quando $k\rightarrow \infty$, isto é, $\lim_{k\rightarrow \infty}n_k=\infty$.

Como $n_k\rightarrow\infty$, existe $k$ tal que $(n_k-1)^{-1}\leq\varepsilon$.

Suponha que $A$ contém um conjunto $C$ com medida menor do que $-(n_k-1)^{-1}$. Observe que $C\subseteq A\subseteq E-\cup_{i=1}^{k-1}E_i$ e\[\nu(C)\textless-\frac{1}{n_k-1}\textless-\frac{1}{n_k}\] 

Temos uma contradição, desde que $n_k$ é o menor inteiro positivo para o qual existe um conjunto mensurável $E_k\subset E-\cup_{i=1}^{k-1}E_i$ tal que $\nu(E_k)\textless -\frac{1}{n_k}$. Então o conjunto $A$ não pode conter conjuntos mensuráveis com medida menor do que $-(n_k-1)^{-1}$, qual é maior do que $-\varepsilon$. Então $A$ nã contém conjuntos com medida menor do que $-\varepsilon$. Como $\varepsilon$ é arbitrário, segue que $A$ não contém conjuntos com medida negativa, e portanto é um conjunto positivo.

$\square$  

Teorema 3.4.1:(Teorema da Decomposição de Hahn)

Seja $\nu$ medida sinal sobre $(X,\mathcal{F})$. Então, existe um conjunto positivo $A$ e um conjunto negativo $B$ tal que\[X=A\cup B\ \ \ e \ \ \ A\cap B=\emptyset.\]

Prova:

Como $\nu$ assume no máximo um valor de $-\infty$ ou $+\infty$, vamos assumir que $-\infty\leq\nu(E)\textless\infty$ para qualquer conjunto mensurável $E$.

Seja\[\lambda:=\sup\{\nu(A):A \text{é conjuto positivo com respeito a $\nu$}\}\]

Como $\emptyset$ é positivo e $\nu(\emptyset)=0$, temos que $\lambda\geq 0$. 

Seja $\{A_n\}_{n\geq 1}$ uma sequência de conjuntos mensuráveis tal que $\lambda=\lim_{n\to\infty}\nu(A_n)$. Defina $A=\cup_{n=1}^{\infty}A_n$. Do Lema 3.4.1 o conjunto $A$ é positivo e $\nu(A-A_i)\geq0$.

Então\[\nu(A)=\nu(A_i)+\nu(A-A_i)\geq\nu(A_i)\]

para todo $i$. Assim,\[\lambda=\lim_{n\to\infty}n(A_i)\leq \nu(A)\leq\lambda\] 

Temos então\[\nu(A)=\lambda\]

Seja $B=X-A$. Vamos mostrar que $B$ é um conjunto negativo. Suponha que $E$ é um subconjunto positivo de $B$. Então $E$ e $A$ são disjuntos e $E\cup A$ é um conjunto positivo.\[\lambda\geq\nu(E\cup A)=\nu(E)+\nu(A)=\nu(E)+\lambda.\] 

Como $\lambda\textless\infty$, temos que $\nu(E)=0$. Se $B$ contém um conjunto com medida positiva, pelo Lema 3.4.2 existe um subconjunto positivo $A\subset E$ tal que $\nu(A)\textgreater0$. Então $B$ é um conjunto negativo.

$\square$

Definição 3.4.3:  

Se $(X,\mathcal{F})$ é um espaço mensurável e $\mu$ e $\nu$ duas medidas sinais sobre $\mathcal{F}$, dizemos que $\mu$ e $\nu$ são mutuamente singulares, $\mu\perp\nu$, se existe dois conjuntos $A$ e $B$ no qual $A\cup B=X$ e para todo subconjunto mensurável $E$,\[|\mu|(A\cap E)=|\nu|(E\cap B)=0.\]

Teorema 3.4.2:(Teorema da Decomposição de Jordan) 

Seja $\nu$ uma medida sinal sobre o espaço mensurável $(X,\mathcal{F})$. Então existem duas medidas mutuamente singulares $\nu^{+}$ e $\nu^{-}$ sobre $(X,\mathcal{F})$ tal que\[\nu=\nu^{+}-\nu^{-}\]

e o par $(\nu^{+},\nu^{-})$ é único.

Prova:

Seja $A$ e $B$ a decomposição de Hahn para $\nu$. Defina $\nu^{+}:\mathcal{F}\rightarrow[0,+\infty]$ e $\nu^{-}:\mathcal{F}\rightarrow[0,+\infty]$ por\[\nu^{+}(E)=\nu(E\cap A).\]

\[\nu^{-}(E)=-\nu(E\cap B).\]

Como $A$ e $B$ são respectivamente conjunto positivo e negativo, temos que $\nu^{+}$ e $\nu^{-}$ são medidas não negativas.

Agora, vamos verificar que $\nu^{+}$ e $\nu^{-}$ são mutuamente singulares. 

Desde que $A$ e $B$ são conjuntos mensuráveis disjuntos, então\[\nu^{+}(B\cap E)=\nu(E\cap (A\cap B))=\nu(\emptyset)=0\]

\[\nu^{-}(A\cap E)=\nu(E\cap (A\cap B))=\nu(\emptyset)=0\]

Para todo conjunto mensurável $E$, temos que $\nu^{+}$ e $\nu^{-}$ são mutuamente singulares. Vamos checar que $\nu=\nu^{+}-\nu^{-}$.\[\nu(E)=\nu(E\cap X)=\nu(E\cap (A\cup B))=\nu(E\cap A)+\nu(E\cap B)=\nu^{+}(E)-\nu^{-}(E).\]

Só nos resta mostrar que a decomposição é única. Seja $X=A^{\prime}\cup B^{\prime}$ outra decomposição de Hahn para $\nu$. Vamos mostrar que $\nu(E\cap A)=\nu(E\cap A^{\prime})$ e $\nu(E\cap B)=\nu(E\cap B^{\prime})$. Observe que $E\cap (A-A^{\prime})\subset A$ então $\nu(E\cap (A-A^{\prime}))\geq 0$ e $E\cap (A-A^{\prime})\subset B^{\prime}$ então $\nu(E\cap (A-A^{\prime}))\leq0$.  Assim, $\nu(E\cap (A-A^{\prime}))=0$, e por simetria $\nu(E\cap (A^{\prime}-A))=0$.

Note que $A\cup A^{\prime}=A\cup (A^{\prime}-A)$, então\[\nu(E\cap (A\cup A^{\prime}))=\nu(E\cap(A\cup (A-A^{\prime})))\nu(E\cap A)+\nu(E\cap(A^{\prime}-A))=\nu(E\cap A).\]

e\[\nu(E\cap (A\cup A^{\prime}))=\nu(E\cap(A^{\prime}\cup (A-A^{\prime}))=\nu(E\cap A^{\prime})+\nu(E\cap(A-A^{\prime}))=\nu(E\cap A^{\prime}).\]

Similarmente, podemos mostrar que $\nu(E\cap B)=\nu(E\cap B^{\prime})$.

$\square$

Definição 3.4.4:

Se $(X,\mathcal{F})$ é um espaço mensurável e $\mu$ e $\nu$ medidas sinais sobre $\mathcal{F}$, dizemos que $\nu$ é absolutamente contínua com respeito a $\mu$, $\nu\ll\mu$, se $\nu(E)=0$ para todo conjunto mensurável $E$ para qual $|\nu|(E)=0$.  

Proposição 3.4.1:

Se $\nu$ e $\mu$ são medidas sinais, então as condições

  1. $\nu\ll\mu$
  2. $\nu^{+}\ll\mu$ e $\nu^{-}\ll\mu$
  3. $|\nu|\ll|\mu|$ 

são equivalentes. 

Prova:

$1\rightarrow 2$.

Seja E conjunto mensurável tal que $|\mu|(E)=0$. Então\[0\leq|\mu|(A\cap E)\leq|\mu|(E)=0\]

Similarmente, $|\mu|(B\cap E)=0$. E $\nu\ll\mu$, temos que $\nu(A\cap E)=0$ e $\nu(B\cap E)=0$, isto é, $\nu^{+}(E)=\nu^{-}(E)=0$. Assim, $\nu^{+}\ll\mu$ e $$\nu^{-}\ll\mu$.

$2\rightarrow 3$.   

Seja $E$ um conjunto mensurável tal que $|\mu|(E)=0.$ Então\[\nu^{+}\ll\mu\Rightarrow\nu^{+}(E)=0.\]

\[\nu^{-}\ll\mu\Rightarrow\nu^{-}(E)=0.\]

Então, $|\nu|(E)=\nu^{+}(E)+\nu^{-}(E)=0+0=0$. E portanto\[|\nu|\ll\|\mu|.\]

$3\rightarrow 1$.

Seja $E$ conjunto mensurável tal que $|\nu|(E)=0.$ Desde que $|\nu|\ll|\mu|$, temos que $|\nu|(E)=0$. Como $0\leq\nu^{+}(E)\leq|\nu|(E)=0$, então $\nu^{+}(E)=0$. Similarmente $\nu^{-}(E)=0$. Como $\nu(E)=\nu^{+}(E)-\nu^{-}(E)=0-0=0$. Portanto $\nu\ll\mu$. 

Lema 3.4.3:

Se $\nu$ e $\mu$ são medidas finitas tal que $\nu\ll\mu$ e $\nu$ não é identicamente nula, então existe um número positivo $\epsilon$ e um conjunto mensurável $A$ tal que $\nu(A)\textgreater0$ e $A$ um conjunto mensurável positivo para a medida sinal $\nu-\epsilon\mu$.

Prova:

Para cada $n=1,2,3,\dots$, considere a medida sinal $\nu-\frac{1}{n}\mu$ e seja $X=A_n\cup B_n$ a decomposição de Hahn com respeito a medida $\nu-\frac{1}{n}\mu$. Seja $A_0=\cup_{n=1}^{\infty}A_n$ e $B_0=\cap_{n=1}^{\infty}B_n$.

Como $B_0\subset B_n$ para cada $n\in\mathbb{Z}_{+}$, como cada $B_n$ é um conjunto negativo, temos que\[0\leq\nu(B_0)\leq\frac{1}{n}\mu(B_0)\]

para todo $n\in\mathbb{Z}_{+}$. Assim, $\nu(B_0)=0$.

Note que $X=A_0\cup B_0$ é uma união disjunta. Se $\nu(A_0)=0$ então $\nu(X)=\nu(A_0)+\nu(B_0)=0+0=0$, ou seja, $\nu(X)=0$, mas como $\nu$ não é identicamente nula, então $\mu(A_0)\textgreater 0$. 

Como $\nu\ll\mu$, temos que $\nu(A_0)\textgreater 0$. Por outro lado\[0\textless\mu(A_0)=\mu(\cup_{n=1}^{\infty}A_n)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu(A_n).\]     

Então, para no mínimo um $N$, devemos ter $\mu(A_N)\textgreater 0$. Defina\[A=A_N\ \ e\ \ \epsilon=\frac{1}{N}\]

Portanto temos que\[\mu(A)\textgreater 0\ \ \ e\ \ \ \nu(A)-\epsilon\mu(A)\textgreater 0.\]

$\square$ 

Teorema 3.4.3:(Teorema de Radon-Nikodym para medidas finitas)

Seja $(X,\mathcal{F}, \mu)$ é um espaço de medida, com $\mu$ medida finita. Se $\nu$ é uma medida finita sobre $\mathcal{F}$ absolutamente contínua com respeito a medida $\mu$, então existe uma função mensurável finita $f$ sobre $X$ tal que\[\nu(E)=\int_{E}fd\mu\ \ \ \ \ (1)\]

para todo conjunto mensurável $E$. A função $f$ é única no sentido que se $g$ é uma função que satisfaz $(1)$, então $f=g$ quase certamente.

Prova:

Seja $\mathcal{C}$ a classe das funções não negativas, integráveis com respeito a $\mu$ tal que $\int_Ef d\mu\leq \nu(E)$ para todo conjunto mensurável $E$ e defina\[\alpha=\sup\left\{\int f d\mu:f\in\mathcal{C}\right\}\]

Note que $\mathcal{C}\neq\emptyset$ uma vez que $0\in\mathcal{C}$. Mais ainda,\[0\leq\int f d\mu\leq\nu(X)\textless\infty\ \ \ \text{para toda}\ f\in\mathcal{C}.\]

o que implica que $0\leq\alpha\textless\infty$.

Desde que $\alpha$  é um ponto limite do conjunto $\left\{\int f d\mu:f\in\mathcal{C}\right\}$, então existe uma sequência de funções em $\mathcal{C}$ tal que $\alpha=\lim_{n\to\infty}\int f_n d\mu$. Seja $E$ um conjunto mensurável e $n$ um inteiro positivo. Defina a função $g_n:X\rightarrow [0,\infty]$, por\[g_n=\max\{f_1,f_2,\dots,f_n\}.\]   

Seja\[A_i=E\cap(\cap_{k=1,k\neqi}^n(f_i-f_k)^{-1}([0,\infty)))\]

para $i=1,2,\dots,n$. Defina\[E_1=A_1, E_2=A_2-A_1,\dots, E_n=A_n-\cup_{i=1}^{n-1}A_i.\]

Assim, $E=E_1\cup E_2\cup\dots\cup E_n$ é uma união disjunta tal que $g_n(x)=f_i(x)$ para $x\in E_i$. Note que $g_n$ é uma função integrável visto que $g_n=\sum_{i=1}^nf_i1\!\!1_{E_i}$.

Consequentemente\[\int_Eg_n d\mu=\int_E\sum_{i=1}^nf_i1\!\!1_{E_i}d\mu=\sum_{i=1}^n\int_Ef_i1\!\!1_{E_i}d\mu=\sum_{i=1}^n\int_{E_i}f_id\mu\leq\sum_{i=1}^n\nu(E_i)=\nu(E).\] 

Assim, temos que $g_n\in\mathcal{C}$.

Seja $f_0:X\rightarrow [0,\infty]$ a função\[f_0(x)=\sup\{f_n(x):n=1,2,\cdots\}\]

Temos que $f_0(x)=\lim_{n\to\infty}g_n(x)$

Como $\{g_n\}$ é uma sequência de funções não decrescente que converge pontualmente para $f_0$, pelo teorema da convergência monótona, temos que\[\int_Xf_0d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_Xg_nd\mu\]

Como cada $g_n\in\mathcal{C}$, então\[\int_xg_nd\mu\leq\alpha\]

para todo $n$, então\[\int_Xf_0d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_Xg_nd\mu\leq\alpha .\]

Também $f_n\leq g_n$ para todo $n$, temos\[\int_Xf_nd\mu\leq\int_Xg_nd\mu\]

Então\[\alpha=\lim_{n\to\infty}\int_Xf_nd\mu\leq\lim_{n\to\infty}\int_Xg_nd\mu=\int_Xf_0d\mu.\]

Portanto\[\int_Xf_0d\mu=\alpha.\]

Mais ainda,\[\int_Ef_0d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_Eg_nd\mu\leq\lim_{n\to\infty}\nu(E)=\nu(E).\]

Então $f_0\in\mathcal{C}$.

Seja $\nu_0:\mathcal{M}\rightarrow [0,\infty]$ função dada por\[\nu_0(E)=\nu(E)-\int_Efd\mu.\] 

Observação: $\nu_0$ é uma medida finita e que $\nu_0\ll \mu$.

Vamos mostrar que $\nu_0$ é identicamente zero. Suponha que não. Então $\nu_0$ satisfaz a hipótese do lema 3.4.3 e portanto, existe $\epsilon\textgreater 0$ e um conjunto mensurável $A$ tal que $\mu(A)\textgreater 0$ e $A$ é um conjunto positivo para $\nu_0-\epsilon\mu$.

Seja $E$ mensurável, então $E\cap A\subset A$ é mensurável e como $A$ é positivo para $\nu_0-\epsilon\mu$, temos que $\nu_0(E\cap A)-\epsilon\mu(E\cap A)\geq 0$, isto é, $\epsilon\mu(E\cap A)\leq \nu_o(A\cap E)=\nu(E\cap A)-\int_{E\cap A}fd\mu$

Se $g=f+1\!\!1_A$, então g é integrável e\[\int_Egd\mu=\int_ef d\mu+\epsilon\mu(E\cap A)=\int_{E\cap A}f d\mu+\int_{E-A}f d\mu+\epsilon\mu(E\cap A)\]

\[\leq \int_{E-A}f d\mu+\nu(E\cap A)\leq \nu(E-A)+\nu(E\cap A)=\nu(E).\]Então $g\in\mathcal{C}$. Contudo, $\int_Xg d\mu=\int_X f d\mu+\epsilon\mu(A)\textgreater \alpha$, temos uma contradição desde que $\alpha$ é o supremo do conjunto $\left\{\int_X f d\mu:f\in\mathcal{C}\right\}$  e $\int_X g d\mu\in\left\{\int_Xf d\mu\right\}$. Então $\nu_0(E)=0$ para qualquer conjunto mensurável $E$, isto é\[\nu(E)=\int_E fd\mu\]

Agora, vamos mostrar a unicidade de $f$. Seja $g$ outra função não negativa mensurável satisfazendo $(1)$. Desde que $\nu(E)\textless\infty$ para todo $E\in\mathcal{F}$, então\[0=\nu(E)-\nu(E)=\int_Eg d\mu-\int_Ef d\mu=\int_E(g-f) d\mu\]para todo $E\in \mathcal{F}$. Então, temos que $f=g$ quase certamente.     

$\square$

 

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