Teorema de Radon-Nikodym

10/11/2009

Pré-requisito: Teorema de Decomposição de Hahn.

Definição: Dada uma medida com sinal \nu e uma medida \mu sobre uma mesma \sigma-álgebra \sigma, dizemos que \nu é absolutamente contínua com relação a \mu, e denotamos por \nu \ll \mu, quando para todo A \in \sigma,
\mu(A) = 0 \Rightarrow \nu(A) = 0.


Teorema (Radon-Nikodym): Sejam \nu uma medida e \mu uma medida finita (ou \sigma-finita) sobre a \sigma-álgebra \sigma com \nu \ll \mu. Então existe f: \Omega \to [0, \infty] (\sigma-mensurável), tal que para todo A \in \sigma,
\nu(A) = \int_A f d\mu.

Demonstração:
Podemos assumir que \mu(\Omega) \neq 0, pois caso contrário, \nu(\Omega) = 0. Ou seja, ambas as medidas seriam iguais a zero.

O caso \sigma-finito é reduzido ao caso finito usando uma partição enumerável A_n de \Omega com medida finita. Vamos então assumir que \mu(\Omega) < \infty.

Denote por \mathcal{F} a família de todas as funções \sigma-mensuráveis f: \Omega \to [0, \infty], tais que
\nu(A) \geq \int_A f d\mu. Note que 0 \in \mathcal{F}.

Todas as integrais que seguirão serão com respeito à medida \mu, que será omitida para simplificar a notação.

Afirmação 1: Se f,g \in \mathcal{F}, então \max\{f,g\} \in \mathcal{F}.

Basta notar que
\int_A \max\{f,g\} = \int_{A \cap [f \geq g]} f + \int_{A \cap [f < g]} g \leq \\ \leq \nu(A \cap [f \geq g]) + \nu(A \cap [f < g]) = \nu(A).

Afirmação 2: Se f_n \in \mathcal{F}, e f_n \uparrow f, então f \in \mathcal{F}.

Pelo teorema da convergência monótona,
\int_A f = \lim \int_A f_n \leq \nu(A).

Afirmação 3: Existe f \in \mathcal{F} tal que \int_\Omega f = \sup_{f \in \mathcal{F}} \int_\Omega f d\mu.

Faça \alpha = \sup_{f \in \mathcal{F}} \int_\Omega f d\mu. Tome uma sequência f_n \in \mathcal{F} tal que \int_\Omega f_n \rightarrow \alpha. Pela afirmação 1, podemos assumir que f_n é uma sequência crescente. Fazendo f = \lim f_n, temos que f_n \uparrow f, e pela afirmação 2, f \in \mathcal{F}. Temos então que
\alpha \geq \int_\Omega f \geq \int_\Omega f_n \rightarrow \alpha. Portanto, \int_\Omega f = \alpha.

Tome f satisfazendo a afirmação 3, e defina \theta(A) = \int_A f. Então \theta \leq \nu é uma medida (pelo teorema da convergência monótona). Para concluir a demonstração, vamos mostrar que \theta = \nu.

Se \theta e \nu não forem iguais, existe B \in \sigma tal que 0 \leq \theta(B) < \nu(B) \leq \infty. Em particular, \theta_B é finita. Portanto, a seguinte função de conjunto é uma medida com sinal:
\phi = \nu_B - \theta_B - \frac{\delta}{\mu(\Omega)} \mu_B,
onde \delta > 0 é tal que \delta < \nu(B) - \theta(B).

Note que \phi(B) \geq \mu(B) - \theta(B) + \delta > 0. Pelo lema do teorema da decomposição de Hahn (ou pela própria decomposição de Hahn), existe E \subset B tal que para todo A \in \sigma,
\phi(A \cap E) \geq 0.
Ou seja, para todo A \in \sigma,
\nu(A \cap E) \geq \theta(A \cap E) + \frac{\delta}{\mu(\Omega)} \mu(A \cap E).

Fazendo então h = \frac{\delta}{\mu(\Omega)} \chi_E, onde \chi_E é a função indicadora do conjunto E, teremos que
\int_A (f + h) = \int_{A \setminus E} f + \int_{A \cap E} (f + h) =\\= \theta(A \setminus E) + \theta(A \cap E) + \frac{\delta}{\mu(\Omega)} \mu(A \cap E) \leq \\ \leq \nu(A \setminus E) + \nu(A \cap E) = \nu(A).
Ou seja f + h \in \mathcal{F}.

Pela maximalidade de f, temos que \mu(E) = 0. Mas isso implica que 0 \leq \nu(B) \leq \nu(E) = 0. Contrariando a escolha de B. Portanto,
\mu = \theta.


Observação (corolário):
Se \nu fosse uma medida com sinal com decomposição de Hahn \nu = \nu^+ - \nu^- tal que \nu^+ \ll \mu e \nu^- \ll \mu, então podríamos aplicar o teorema de Radon-Nikodym para as partes positiva e negativa, obtendo \nu(A) = \int_A (f^+ - f^-) d\mu.

Neste caso, \nu^+ = \nu_{[f^+ > 0]} e \nu^- = \nu_{[f^- > 0]}.


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Teorema de Decomposição de Hahn

09/11/2009

Definição: Dada uma \sigma-álgebra \sigma sobre \Omega, uma medida com sinal sobre \sigma é uma aplicação \nu: \sigma \to \mathbb{R} \cup \{\infty\} que satisfaz:
1. \nu(\emptyset) = 0.
2. \nu(\biguplus_{j=1}^\infty A_i) = \sum_{j=1}^\infty \nu(A_i).


Definição: Dado um elemento E \in \sigma, definimos \nu_E: \sigma \to \mathbb{R} por:
\nu_E(A) = \nu(A \cap E).


Definição: Dizemos que E \in \sigma é \nu-positivo quando \nu_E for uma medida (sem sinal). Dizemos que F é \nu-negativo se -\nu_F é uma medida (sem sinal).


Lema: Se A \in \sigma é tal que \nu(A) > 0, então existe E \in \sigma, \nu-positivo, tal que E \subset A e \nu(E) \geq \nu(A) > 0.

Demonstração:
Faça E_0 = A. Para E_n definido, faça S_n = \inf_{C \subset E_n} \nu(C) e escolha C_n \subset E_n tal que \nu(C_n) \leq S_n / 2 quando S_n > -\infty, ou \nu(C_n) \leq -1 caso contrário. Então tome E_{n+1} = E_n \setminus C_n.

Faça E = \bigcap E_n = A \setminus \biguplus C_n. Vamos mostrar que E é \nu-positivo e \nu(E) \geq \nu(A).

Afirmação 1: \nu(E) \geq \nu(A).

Segue de \nu(A) = \nu(E) + \sum \nu(C_n) \leq \nu(E).

Afirmação 2: existe n_0 com -\infty < S_{n_0}.

Caso contrário, \nu(\biguplus C_n) = \sum \nu(C_n) \leq \sum -1 = -\infty. Contrariando o fato de que \nu > -\infty.

Afirmação 3: Para n \geq n_0, \frac{S_n}{2} \leq S_{n+1} \leq 0.

Tome uma sequência F_k \subset E_{n+1} tal que \nu(F_k) \rightarrow S_{n+1}. Então, S_n \leq \nu(F_k \uplus C_n) = \nu(F_k) + \nu(C_n) \leq \\ \leq \nu(F_k) + S_n / 2 \rightarrow S_{n+1} + S_n / 2.

As afirmações 2 e 3 implicam que S_n \uparrow 0. Como todo subconjunto C \subset E é também subconjunto de E_n, temos que \nu(C) \geq S_n \rightarrow 0, e portanto \nu(C) \geq 0. Assim, E é \nu-positivo.


Corolário 1: Se a medida com sinal \nu for finita, então dado A \in \sigma tal que \nu(A) < 0, então existe E \subset A \nu-negativo tal que \nu(E) \leq \nu(A) < 0.

Demonstração:
Basta aplicar o lema para a medida com sinal -\nu.


Corolário 2: Se A \in \sigma é tal que \nu(A) < 0, então existe E \subset A \nu-negativo tal que \nu(E) \leq \nu(A) < 0.

Demonstração:
Basta aplicar o corolário 1 para a medida com sinal finita \nu_A, notando que \nu_A(A) = \nu(A) < 0. Note que E é \nu-negativo, pois, como E é \nu_A-negativo, temos que \nu(C) = \nu(C \cap A) = \nu_A(C) \leq 0 para todo C \subset E \subset A.


Teorema (decomposição de Hahn): Seja \nu uma medida com sinal. Então, existe um conjunto E \in \sigma que é \nu-positivo, e tal que F = E^\complement é \nu-negativo.

Em particular, \nu = \nu_E - (-\nu_F) é uma decomposiçao de \nu como uma diferença de duas medidas (sem sinal).

Demonstração:
Seja \mathcal{F} a família de todos os conjuntos \nu-negativos.

Afirmação 1: A família \mathcal{F} é fechada por união enumerável.

Seja F_n \in \mathcal{F}. Tome E_1 = F_1 e E_n = F_n \setminus \bigcup_{j=1}^{n-1} F_j. Seja A \subset \bigcup F_n = \biguplus E_n. Então, \nu(A) = \sum \nu(A \cap E_n) \leq 0. Ou seja, F = \bigcup F_n \in \mathcal{F}.

Afirmação 2: Existe F \in \mathcal{F} tal que \nu(F) = \inf_{K \in \mathcal{F}} \nu(K).

Pela afirmação 1, basta tomar F_n \in \mathcal{F} tal que \nu(F_n) \rightarrow \inf_{K \in \mathcal{F}} \nu(K) e F = \bigcup F_n. Como \nu(F) \leq \nu(F_n), pois F é \nu-negativo, temos que \nu(F) = \inf_{K \in \mathcal{F}} \nu(K).

Afirmação 3: O conjunto E = F^\complement é \nu-positivo.

Caso contrário, existiria A \subset E tal que \nu(A) < 0. Pelo corolário 2, existiria E' \subset A \subset E \nu-negativo, com \nu(E') < 0. Neste caso teríamos que F \uplus E' \in \mathcal{F}, e \nu(F \uplus E') < \nu(F). Contrariando a hipótese de que \nu(F) = \inf_{K \in \mathcal{F}} \nu(K).