Teorema de Radon-Nikodym

Pré-requisito: Teorema de Decomposição de Hahn.

Definição: Dada uma medida com sinal \nu e uma medida \mu sobre uma mesma \sigma-álgebra \mathcal{F}, dizemos que \nu é absolutamente contínua com relação a \mu, e denotamos por \nu \ll \mu, quando para todo A \in \mathcal{F},

\displaystyle \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 \mathcal{F} com \nu \ll \mu. Então existe f: \Omega \to [0, \infty] (\mathcal{F}-mensurável), tal que para todo A \in \mathcal{F},

\displaystyle \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{G} a família de todas as funções \mathcal{F}-mensuráveis f: \Omega \to [0, \infty], tais que

\displaystyle \int_A f d\mu \leq \nu(A).

Note que 0 \in \mathcal{G}.

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{G}, então \max\{f,g\} \in \mathcal{G}.

Basta notar que

\displaystyle \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{G}, e f_n \uparrow f, então f \in \mathcal{G}.

Pelo teorema da convergência monótona,

\displaystyle \int_A f = \lim \int_A f_n \leq \nu(A).

Afirmação 3: Existe f \in \mathcal{G} tal que

\displaystyle \int_\Omega f = \sup_{g \in \mathcal{G}} \int_\Omega g d\mu.

Faça \alpha = \sup_{g \in \mathcal{G}} \int_\Omega g d\mu. Tome uma sequência f_n \in \mathcal{G} 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{G}. Temos então que

\displaystyle \int_\Omega f = \lim \int_\Omega f_n = \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 \mathcal{F} 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:

\displaystyle \phi = \nu_B - \theta_B - \frac{\delta}{\mu(\Omega)} \mu_B,

onde \delta > 0 é tal que \delta < \nu(B) - \theta(B). A notação \nu_B indica a medida restrita ao conjunto B. Ou seja, \nu_B(A) = \nu(A \cap B).

Note que \phi(B) \geq \nu(B) - \theta(B) + \delta > 0. Pelo lema do teorema da decomposição de Hahn (ou pela própria decomposição de Hahn), existe E \subset B, com \nu(E) \geq \phi(E) > 0, tal que para todo A \in \mathcal{F},

\displaystyle \phi(A \cap E) \geq 0.

Ou seja, para todo A \in \mathcal{F},

\displaystyle \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

\displaystyle \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{G}.

Pela maximalidade de f, teríamos que \mu(E) = 0. Mas isso implicaria que \nu(E) = 0. Contrariando a escolha de E. Portanto,

\displaystyle \mu = \theta.

Observação 1: (corolário)
Se \nu fosse uma medida com sinal, utilizando a decomposição de Hahn \nu = \nu^+ - \nu^- tal que \nu^+ \ll \mu e \nu^- \ll \mu, poderíamos 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]}.


Observação 2:
Quando definimos a medida

\displaystyle \phi = \nu_B - \theta_B - \frac{\delta}{\mu(\Omega)} \mu_B,

poderíamos ter utilizado \frac{\delta}{\mu(B)} \mu_B no lugar do último termo. A única complicação seria afirmar que E poderia ser escolhido dentro de B. Mas isso é evidente, pois todo subconjunto de E^c tem medida \phi nula.

Se nos restringirmos ao caso B = \Omega, a parte principal da demonstração, é que se duas medidas \nu e \theta satisfazem

\displaystyle \theta(B) < \nu(B),

então, dada uma medida \mu qualquer, podemos escolher E, com \nu(E) > 0, e \delta tais que

\displaystyle \theta + \frac{\delta}{\mu(B)} \mu_E \leq \nu.

A hipótese \nu \ll \mu serve para garantir que \mu_E \neq 0 e \mu(B) > 0.


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