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 =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

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 \mathcal{F}\rightarrow[0,+\infty] $ e \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

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 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 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 X\rightarrow [0,\infty] $ a função

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 \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 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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