Lema 2 para Radon-Nikodym

O Teorema de Radon-Nikodym

m denota a medida de Lebesgue em [0,1] e \mu denota uma medida absolutamente contínua em relação a m. Os conjuntos e funções são supostos mensuráveis. Quando tratamos da “medida” de um conjunto, está implícito que é a medida de Lebesgue.

Fato:

Versão fraca: para qualquer S\subset [0,1], se c > 0 e \mu(S) < c.m(S), há T \subset S de medida positiva tal que \mu é [0,c]-densa em T.

Versão forte: 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.

Prova (versão fraca): chamemos um conjunto E\subset [0,1] de excessivo se \mu(E)\ge c.m(E). A ideia é eliminar os conjuntos excessivos. Como \mu(S) < c.m(S), todo A \subset S tal que \mu(A) \ge c.m(A) (i.e., excessivo) deve ter medida m(A)\leq \frac{\mu(A)}{c} < m(S).

Seja M_1 o supremo das medidas (de Lebesgue) dos conjuntos excessivos A \subset S. Há A_1 excessivo com m(A_1)>M_1-\frac{1}{2}. O conjunto S\backslash A_1 não pode ter subconjuntos excessivos B tais que m(B)> \frac{1}{2} (se tivesse, unindo um desses conjuntos a A_1, obteríamos um conjunto excessivo de medida maior que M_1, o que faz com que M_1 não seja o supremo das medidas de conjuntos excessivos, absurdo).

Seja M_2 o supremo das medidas de subconjuntos excessivos de S\backslash A_1. Consideremos A_2 \subset S\backslash A_1 com m(A_2) > M_2-\frac{1}{3}. Se B \subset S\backslash (A_1\cup A_2) excessivo tem medida >1/3, m(A_2\cup B) =m(A_2)+m(B) > (M_2-\frac{1}{3}) + \frac{1}{3}= M_2, absurdo.

Se M_3 é o terceiro supremo, podemos tomar A_3\subset S\backslash (A_1\cup A_2) com medida maior que M_3-\frac{1}{4}. Com isso, qualquer subconjunto excessivo que “sobrou” (i.e., contido em S\backslash (A_1\cup A_2\cup A_3)) tem medida \leq 1/4.

Prosseguindo, S\backslash\displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb N} A_n não pode conter nenhum conjunto excessivo de medida \ge 1/n, qualquer que seja n. Além disso a união dos A_n é excessiva (sublema), logo seu complementar (em S) tem medida positiva. \blacksquare

Prova (versão forte): se S tem um subconjunto S' tal que \mu(S') < c.m(S'), a versão fraca imediatamente implica a afirmação. Senão, para todo S' \subset S, \mu(S')\geq c.m(S') e \mu(S') \geq c.m(S'). Somando, \mu(S) \geq c.m(S) \Rightarrow\mu(S)=c.m(S). Como ocorre a igualdade, \mu(S')=c.m(S'). Logo \mu é [0,c]-densa em S.\blacksquare

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