O Teorema de Radon-Nikodym

Quando vi pela primeira vez o teorema de Radon-Nikodym, foi apresentada uma demonstração de Von Neumann. Com certeza é uma demonstração belíssima, mas infelizmente ela usa uma teoria um pouco sofisticada, a dos espaços de Hilbert. E Von Neumann era um grande matemático, como mostram estas citações. Assim, infelizmente não pude apreciar como gostaria a sofisticação da prova.

Indignado com isso, eu mesmo procurei uma demonstração, que apresento abaixo. Ela não tem a brevidade das outras, mas espero que seja mais intuitiva e que as ideias sejam simples (o bastante para que lê-la valha a pena). De fato, bastam os conceitos de medida, integração (de Lebesgue) e continuidade absoluta para entendê-la ou produzí-la. É claro que eu não sou o primeiro a tentar uma abordagem diferente da de Von Neumann, que para começar não é a original. Outra linha de ataque pode ser encontrada no link da primeira linha, bem como aqui (mas acho que elas são essencialmente equivalentes). De toda forma, me parece que as ideias mais simples possíveis é que deveriam ser usadas, não só na apresentação deste, mas de qualquer tema.

Obs.: todos os conjuntos e funções abaixo são supostos mensuráveis (à Lebesgue). Quando não é citada a medida considerada, está implícito que é a medida de Lebesgue.

Por razões psicológicas, suponhamos que m seja a medida de Lebesgue, definida nos subconjuntos de [0,1] (a mesma prova se aplicaria a qualquer espaço de probabilidade; os outros casos podem ser provados com base nesse). Seja \mu uma outra medida (i.e., função não-negativa \sigma-aditiva) nessa família, que seja absolutamente contínua em relação a m. Isso significa que m(S)=0\implies \mu(S)=0.

Queremos provar que existe f:[0,1]\to\mathbb R_+ tal que \forall S \subset [0,1]\, \mu(S)=\int_S f\text{d}m. A função f é a chamada derivada de Radon-Nikodym de \mu em relação a m. Numa situação análoga em que o espaço de medida é um subconjunto do mundo fisíco, se \mu mede massa ou carga, essa função é a densidade de massa ou de carga.

[vale a recíproca; para que exista uma função (com integral finita) tal que \mu(S)=\int_S f \text{d}m, é preciso que \mu seja absolutamente contínua em relação a m]

Agora, é importante notar que a função f funciona como uma espécie de densidade para \mu. Assim, \mu(S) é proporcional a m(S) e ao valor de f em S. Em geral, não há conjuntos de medida positiva em que a função f é constante, o que torna a frase anterior imprecisa, mas há conjuntos nos quais ela é quase constante. Nesses conjuntos o comportamento de \mu é previsível. Por exemplo, supondo que, em T, temos 5 \leq f \leq 5.1, então para todo S \subset T temos \mu(S)\in [5m(S), 5.1m(S)]. Se quisermos construir f, é razoável esperar que no processo encontremos conjuntos como esse T, pois eles ajudam a escolher quanto f deve valer em cada ponto.

Dados I \subset \mathbb R intervalo e T \subset [0,1], vamos dizer que \mu é I-densa em T se e somente se \forall S \subset T, \displaystyle \frac{\mu(S)}{m(S)} \in I (se m(S)>0). Esse conceito é a ponte entre \mu e f, e seu poder é notável no lema 2.

Sublema: se I é um intervalo e \displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb N}X_n é uma partição de X\subset [0,1] tal que \forall n\,\mu(X_n)\in m(X_n).I, então \mu(X) \in m(X).I.

Lema 1: para todo intervalo I, existe T \subset [0,1] maximal (a menos de conjuntos de medida nula) com respeito à I-densidade de \mu. Isso significa que \mu é I-densa em T, mas não existe T' de medida maior que m(T) tal que \mu é I-densa em T'.

Lema 2: se S\subset [0,1], c > 0 e \mu(S) \leq c.m(S)\neq 0, há T \subset S de medida positiva tal que \mu é [0,c]-densa em T.

Lema 3: para quaisquer c>0 e S\subset [0,1], existe T\subset S tal que \mu é [0,c]-densa em T e \mu é ]c, \infty[-densa em T\backslash S.

Munidos com o lema 3, vamos atacar diretamente o problema.

Tomando c=1 e S =[0,1], concluimos que existe A\subset [0,1] tal que \mu é [0,1]-densa em A e \mu é ]1,\infty[-densa em [0,1]\backslash A. Declaremos A=A_{[0,1]}. Nesse conjunto teremos 0\leq f\leq 1.

Ao tomarmos c=1/2 e S=A_{[0,1]}, encontramos uma partição A_{[0,1]}= A_{[0,1/2]} \cup A_{]1/2, 1]}, com T=A_{[0,1/2]}. É óbvio que se \mu é I-densa e J-densa no mesmo conjunto, \mu é I\cap J-densa nesse conjunto; portanto, essa partição é tal que \mu é [0,1/2]-densa em A_{[0,1/2]} e \mu é ]1/2, 1]-densa em A_{]1/2,1]}.

Também é possível particionar A_{[0,1/2]}=A_{[0,1/4]}\cup A_{]1/4,1/2]} e A_{]1/2,1]}=A_{]1/2,3/4]}\cup A_{]3/4,1]}, com a convenção de que \mu é I-densa em A_I.

Podemos sempre escrever A_{[0,1]}=A_{[0,1/2^n]}\cup \displaystyle\bigcup_{k=1}^{2^n-1} A_{]k/2^n, (k+1)/2^n]}. A cada passo, cada conjunto se divide em dois. Assim cada ponto p\in A está em exatamente uma sequência decrescente desses conjuntos, e os intervalos associados “convergem” para algum valor, pelo teorema dos intervalos encaixantes (mais precisamente, os fechos desses intervalos se intersectam em algum ponto). Definamos como f(p) esse valor.

Assim, por exemplo,

p \in \cap A_{[0,1/2^n]} \implies f(p)=0
p \in\cap A_{]1/2, 1/2+1/2^n]} \implies f(p)=1/2
p \in \cap A_{]1-1/2^n,1]}\implies f(p)=1

Agora afirmo que f é mensurável (até onde isso faz sentido) e que sua integral em qualquer subconjunto de A é igual ao valor de \mu nesse conjunto.

Os intervalos da forma ]k/2^n, (k+1)/2^n], k\geq1 ou da forma [0,1/2^n] geram a \sigma-álgebra de Borel, como é fácil verificar; portanto, basta mostrar que a pré-imagem desses intervalos é mensurável. Sabemos que cada A_I é mensurável, e que A_I contém a pré-imagem do interior de I, mas não possui nenhum ponto cuja imagem está no exterior de I. Para obtermos exatamente a pré-imagem de I, basta mostrar que cada f^{-1}(\frac{k}{2^n}) é mensurável, k\in\mathbb Z \cap [0,2^n].

f^{-1}(0) e f^{-1}(1) são mensuráveis, e a prova é trivial. Se k\in]0,2^n[,

\displaystyle f^{-1}(\frac{k}{2^n})= (\bigcap_m A_{]\frac{k}{2^n}-\frac{1}{2^m}]})\cup (\bigcap_m A_{]\frac{k}{2^n}+\frac{1}{2^m}]})

e o resultado segue.\Box

Verifiquemos agora que \forall S\subset A\, \mu(S)=\int_S f\text{d}m. Isto é simples. Para todo n\in\mathbb N,

S= (A_{[0,1/2^n]}\cap S) \cup (A_{]1/2^n, 2/2^n]}\cap S) \cup ...\, (A_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}\cap S)

Portanto, definindo B_I=A_I\cap S e lembrando que m(B_{[0,1/2^n]})+...+m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}) \leq 1,

\displaystyle \frac{1}{2^n} + \mu(S)

\displaystyle = \frac{1}{2^n}+\mu(B_{[0,1/2^n]}) + \mu(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, \mu(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \geq \frac{1}{2^n}+0.m(B_{[0,1/2^n]}) + \frac{1}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n-1}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \geq \frac{1}{2^n}.m(B_{[0,1/2^n]})+ \frac{2}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \geq \int\limits_{B_{[0,1/2^n]}}f\text{d}\mu+\int\limits_{B_{]1/2^n, 2/2^n]}}f\text{d}\mu+...\, +\int\limits_{B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}}f\text{d}\mu

\displaystyle \geq\int_S f\text{d}\mu

Similarmente,

\displaystyle -\frac{1}{2^n} + \mu(S)

\displaystyle = -\frac{1}{2^n}+\mu(B_{[0,1/2^n]}) + \mu(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, \mu(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \leq -\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}.m(B_{[0,1/2^n]}) + \frac{2}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \leq 0.m(B_{[0,1/2^n]})+ \frac{1}{2^n}m(B_{]1/2^n, 2/2^n]}) + ...\, + \frac{2^n-1}{2^n}.m(B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]})

\displaystyle \leq \int\limits_{B_{[0,1/2^n]}}f\text{d}\mu+\int\limits_{B_{]1/2^n, 2/2^n]}}f\text{d}\mu+...\, +\int\limits_{B_{](2^n-1)/2^n, 2^n/2^n]}}f\text{d}\mu

\displaystyle \leq \int_S f \text{d}\mu

Fazendo n\to \infty, obtemos \mu(S) =\int_S f\text{d}m.\Box

Acabou o trabalho duro. Para terminar, escolhemos sucessivamente, no lema 3:

*c=2 e S=A_{]1,\infty[}, obtendo A_{]1,2]} e A_{]2,\infty[}.
*c=3 e S=A_{]2,\infty[}, obtendo A_{]2,3]} e A_{]3,\infty[}.
*c=4 e S=A_{]3,\infty[}, obtendo A_{]3,4]} e A_{]4,\infty[}.

Em cada A_{]n,n+1]} aplicamos o mesmo argumento que usamos para A_{[0,1]}, extendendo f. Assim, em várias partes do domínio [0,1], criamos uma função cuja integral é \mu. Se o conjunto \displaystyle A_{[0,1]}\cup\bigcup_n A_{]n,n+1]} tiver medida total, podemos definir f como 0 nos pontos remanescentes, concluindo, pela comutatividade de somas e integrais (ou pelo teorema da convergência monótona), que \forall S\subset [0,1] \mu(S)=\int_S f \text{d}m, como queríamos. E é fácil provar que esse conjunto tem medida total, pois se seu complementar C tem medida c>0, podemos tomar n tal que n>\frac{\mu(C)}{c}, e então tal que C \not\subset A_{[n,\infty[} \implies C\cap A_{[n,\infty[}\neq\emptyset. Absurdo!\blacksquare

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