Completude dos Espaços L^p

fevereiro 21, 2010

Considere uma medida \mu. É um tanto quanto fácil mostrar que o espaço normado (L^\infty(\mu), \| \cdot \|_\infty) é completo. O primeiro passo é mostrar que dada uma sequência de Cauchy f_n, esta sequência converge pontualmente para uma função f. É fácil ver que f \in L^\infty. Aí então, mostramos que \|f_n - f\|_\infty \rightarrow 0.

O caso 1 \leq p < \infty é semelhante. No entanto, neste caso, exibir o limite pontual de f_n não é tão simples. Vamos começar com um lema que, como sempre, poderia estar simplesmente embutido/escondido na demonstração.

Lema: Seja (X, \|\cdot\|) um espaço normado. Para que seja um espaço de Banach, é suficiente que toda série absolutamente convergente (\sum \|x_n\| < \infty) seja convergente.

Demonstração:
Seja y_n uma sequência de Cauchy. Podemos assumir que y_0 = 0. Faça N(0) = 0. E, para todo k > 0, escolha N = N(k) > N(k-1) tal que n \geq N \Rightarrow \|y_N - y_n\| \leq \frac{1}{2^k}. Assim, para k > 0, a série dada por x_k = y_{N(k)} - y_{N(k-1)} é absolutamente convergente. Por hipótese, a sub-sequência y_{N(k)} = \sum_{n=1}^{N(k)} x_n converge. Basta então notar que toda sequência de Cauchy que possui sub-sequência convergente converge para o mesmo limite.


Teorema: O espaço normado (L^p, \|\cdot\|_p), 1 \leq p < \infty é completo.

Demonstração:
Pelo lema anterior, basta mostrar que uma série absolutamente convergente dada pelos termos h_n é convergente. Dizer que a série dada por h_n é absolutamente convergente é o mesmo que dizer que existe M tal que \sum_{j=1}^n \|h_j\|_p \uparrow M.

Seja f_n = \sum_{j=1}^n h_j e g_n = \sum_{j=1}^n |h_j|.

Por ser crescente, g_n possui limite pontual (que pode ser infinito) g.

Afirmação 1: g \in L^p.

Pelo teorema da convergência monótona, como |g_n|^p \uparrow |g|^p, temos que \|g_n\|_p \rightarrow \|g\|_p. Então, \|g_n\|_p \leq \sum_{j=1}^n \|h_j\|_p \uparrow M, e em particular temos que g \in L^p.

Como g \in L^p, temos que o conjunto dos pontos onde g é infinito tem medida nula. Ou seja, a série h_n(x) converge absolutamente qtp. Em particular, f_n possui limite f qtp.

Afirmação 2: f \in L^p.

Temos que |f_n| \leq g_n \leq g. Ou seja, |f_n|^p \leq g_n^p \leq g^p \in L^1. Pelo teorema da convergência dominada, \|f\|_p = \lim \|f_n\|_p \leq \|g\|_p.

Afirmação 3: \|f_n - f\|_p \rightarrow 0.

Sabemos que f_n - f \rightarrow 0 pontualmente. Também é verdade que |f_n - f| \leq 2g. Novamente, pelo teorema da convergência dominada, \int |f_n - f|^p \rightarrow \int \lim |f_n - f|^p = \int 0 = 0.

A afirmação 3 concluí a demonstração.


O lema poderia de fato ter sido embutido na demonstração do teorema. Para isso, poderíamos por exemplo, bastava ter construído a série h_k = f_{N(k)} - f_{N(k-1)} a partir da sequência f_n, assumindo f_0 = 0.

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Teorema de Radon-Nikodym

novembro 10, 2009

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.



Teorema de Decomposição de Hahn

novembro 9, 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).