Medida e integração/Funções simples e a topologia da reta estendida

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Em linhas gerais, uma função simples é uma função que assume uma quantidade finita de valores. No contexto da teoria abordada neste livro, a definição de função simples incluirá algumas restrições adicionais, de modo que este nome possa ser usado apenas para se referir ao tipo de específico de função simples que é relevante para a integração.

Definição 3.1

Seja $(X, \mathfrak{M})$ um espaço mensurável. Uma função simples sobre $X$ é qualquer função $\sigma: X \mapsto \mathbb{R}_{+} = [0,+\infty)$ tal que $I m (σ)$ é um conjunto finito.

[editar] Exemplo

A função $f: \mathbb{R}^{*} \mapsto \mathbb{R}_{+}$ definida por $f(x) = \frac{x}{|x|}$ é uma função simples. De fato, tem-se

$f(x) = \begin{cases} -1, & \mbox{se }x<0 \\ 1, & \mbox{se }x>0 \end{cases}$

Isto significa que $f\left(\mathbb{R}^{*}\right) = \{-1,1\},$ que é finito. Observe ainda que $f(x) = -X_{(-\infty, 0)} + X_{(0, +\infty)}.$

Em geral, se $Im(\sigma) = \{\alpha_1, \ldots, \alpha_n\}$ e se definem os conjuntos $A i = σ - 1 (α i),$ para cada $i$ de $1$ a $n,$ resulta que $\sigma= \sum_{i = 1}^n \alpha_i X_{A_i}.$ Note que $(A_i)_{1 \le i \le n}$ é uma partição finita de $X .$

Por outro lado, sempre que se tem uma partição $(A_i)_{1 \le i \le n}$ finita de $X$ e uma sequência finita $(\alpha_i)_{1 \le i \le n}$ de elementos em $\mathbb{R}_{+},$ de modo que $\alpha_i \not = \alpha_j$ quando $i \not = j,$ a equação $\sigma= \sum_{i = 1}^n \alpha_i X_{A_i}$ define uma função simples. É comum se referir ao segundo membro daquela equação como sendo a representação canônica de $σ.$

Lema 3.2

Seja $(X, \mathfrak{M})$ um espaço mensurável e $\sigma: X \mapsto \mathbb{R}_{+} = [0,+\infty)$ a função simples sobre $X$ dada por

3.3

$\sigma= \sum_{i = 1}^n \alpha_i X_{A_i}.$

Então para que

σ

seja mensurável é necessário e suficiente que cada

A i

seja mensurável, onde $1 \le i \le n.$

Demonstração

Nesta demonstração, quando $Y\subset X$ será usada a notação

Y c

para indicar o conjunto $Y_X^c$ .

Primeiramente, supondo que $σ$ seja mensurável e observando que cada conjunto ${α i} c$ é aberto em $\mathbb{R},$ tem-se $σ - 1 ({α i} c)$ mensurável. Mas $\sigma^{-1} (\{\alpha_i\}^c) = A_i^c,$ então cada um dos conjuntos $A_i^c$ é mensurável.

Como o complementar de um conjunto mensurável é mensurável, tem-se $A_i = (A_i^c)^c$ mensurável para todo $1 \le i \le n.$

Reciprocamente, assumindo que $A i$ é mensurável quando $1 \le i \le n$ e tomando um aberto $W$ de $\mathbb{R},$ deve-se mostrar que $σ - 1 (W)$ é mensurável. Há dois casos que precisam ser considerados:

$W \cap Im(\sigma) = \emptyset$
$W \cap Im(\sigma) \not = \emptyset$

A primeira situação só pode ocorrer se $\sigma^{-1}(W) = \emptyset,$ que é um conjunto mensurável. No segundo caso, o conjunto $J = \{i : \alpha_i \in W \text{ e } 1 \le i \le n\}$ é não vazio e é possível escrever $\sigma^{-1}(W) = \cup_{j \in J} A_j.$ Sendo esta uma união finita de conjuntos mensuráveis, conclui-se que é mensurável.

Portanto a função $σ$ também é mensurável.

Teorema 3.4

Seja $(X, \mathfrak{M})$ um espaço mensurável. Se $f : X \mapsto \overline{\mathbb{R}}_{+}$ e $0 : X \mapsto \overline{\mathbb{R}}_{+}$ é a função nula, então existe uma sequência $(\sigma_i)_{i \in \mathbb{N}}$ de funções simples, mensuráveis em $X$ de modo que:

$0 \le \sigma_n \le \sigma_{n+1} \le f$ para todo $n \in \mathbb{N};$
$\lim_{n \rightarrow \infty} \sigma_n (x) = f(x)$ em todo ponto $x \in X.$

Demonstração

Para cada $n \in \mathbb{N}^*,$ pode-se particionar o intervalo

[0, n)

em

n 2 n

intervalos iguais da seguinte forma:

$[0,n) = \left[0,\frac{1}{2^n}\right) \cup \left[\frac{1}{2^n},\frac{2}{2^n}\right) \cup \ldots \cup \left[\frac{n2^n - 2}{2^n}, \frac{n2^n - 1}{2^n}\right) \cup \left[\frac{n2^n - 1}{2^n}, n\right)$

Considere a pré-imagem por $f$ de cada um destes intervalos:

$E_{ni} = f^{-1} \left( \left[\frac{i-1}{2^n},\frac{i}{2^n}\right) \right)$

e defina também

$F_{n} = f^{-1} \left( \left[n, +\infty\right) \right)$

A seguir, será demonstrado que a sequência de funções $(\sigma_n)_{n \in \mathbb{N}}$ cujos termos são dados por

$\sigma_{n} = \left( \sum_{i = 1}^{n2^n} \frac{i-1}{2^n} X_{E_{ni}} \right) + nX_{F_n}$

satisfaz as condições estipuladas no enunciado do teorema. Isto será feito em três etapas:

A sequência é não-decrescente;
A sequência é limitada superiormente por $f;$
A sequência converge pontualmente para $f .$

Primeiramente, fixe um ponto $x \in X$ e um inteiro positivo $n .$ Para mostrar que $\sigma_n(x) \le \sigma_{n+1}(x),$ observe que:

$\overline{\mathbb{R}}_+ = \left( \cup_{i=1}^{n2^n} \left[\frac{i-1}{2^n},\frac{i}{2^n}\right) \right) \cup \left[n, \infty \right].$

Como $f(x) \in \overline{\mathbb{R}}_+,$ há duas possibilidades:

$f(x) \in \left[\frac{k-1}{2^n},\frac{k}{2^n}\right),$ para algum $k \in \mathbb{N}^*$ tal que $1 \le k \le n2^n;$
$f(x) \in \left[n, \infty\right]$

Na primeira delas, tem-se $x \in E_{nk}$ e portanto $\sigma_n(x) = \frac{k-1}{2^n}.$ Mas

$\left[\frac{k-1}{2^n}, \frac{k}{2^n}\right) = \left[\frac{2k-2}{2^{n+1}}, \frac{2k-1}{2^{n+1}}\right) \cup \left[\frac{2k-1}{2^{n+1}}, \frac{2k}{2^{n+1}}\right),$

então $f (x)$ deve estar em um destes dois intervalos disjuntos, isto é, $x \in E_{n+1, 2k-1}$ ou $x \in E_{n+1, 2k}.$ Se ocorrer $x \in E_{n+1, 2k-1},$ então $\sigma_{n+1} (x) = \frac{2k-2}{2^{n+1}} = \frac{k-1}{2^n} = \sigma_n (x).$ Por outro lado, caso ocorra $x \in E_{n+1, 2k},$ então $\sigma_{n+1} (x) = \frac{2k-1}{2^{n+1}} > \frac{k-1}{2^n} = \sigma_n (x).$

Portanto, $\sigma_{n+1} (x) \ge \sigma_n (x)$

Na segunda possibilidade, tem-se $x \in F_n$ e consequentemente $σ n (x) = n .$ Além disso,

$\left[n, +\infty\right) = \left[n, n+1\right) \cup \left[n+1, +\infty\right),$

então $f (x)$ deve estar em um destes dois intervalos disjuntos. No caso em que $f(x) \in \left[n+1, +\infty\right),$ isto é, $x \in F_{n+1},$ se deduz que $σ n + 1 (x) = n + 1 > n = σ n (x).$ A outra alternativa é que $n \le f(x) < n+1,$ e de $f(x) < n+1 = \frac{(n+1)2^{n+1}}{2^{n+1}}$ se conclui que

$f(x) \in \bigcup_{i=1}^{(n+1)2^{n+1}} \left[\frac{i-1}{2^{n+1}}, \frac{i}{2^{n+1}}\right).$

Usando isto em conjunto com a desigualdade $\frac{n2^{n+1}}{2^{n+1}} = n \le f(x),$ se deduz que existe algum índice $i 0$ tal que $f(x) \in \left[\frac{i_0-1}{2^{n+1}}, \frac{i_0}{2^{n+1}}\right)$ e $n 2^{n+1} \le i_0 - 1.$ Isto implica que $x \in E_{n+1, i_0},$ pela própria definição deste conjunto. Logo, $\sigma_{n+1} (x) = \frac{i_0-1}{2^{n+1}} \ge \frac{n2^{n+1}}{2^{n+1}} = n = \sigma_n (x).$ Com isto, se conclui a prova de que a sequência é não-decrescente.

Agora, para garantir que $\sigma_n \le f,$ basta observar que se $x \in X$ e $n \in \mathbb{N}^*,$ então

$f(x) \in \left[\frac{i_0-1}{2^n}, \frac{i_0}{2^n}\right)$ implica $x \in E_{n,i_0}$ e portanto $\sigma_n (x) = \frac{i_0-1}{2^n} \le f(x);$
$f(x) \in \left[n, \infty\right]$ implica $x \in F_n$ e portanto $\sigma_n (x) = n \le f(x).$

Finalmente, $\lim_{n \rightarrow \infty} \sigma_n (x) = f(x)$ em todo ponto $x \in X.$ De fato, para cada $x \in X$ pode ocorrer $f(x) < +\infty$ ou $f(x) = +\infty.$

Se $f(x) = +\infty,$ então para cada $n \in \mathbb{N}^*$ tem-se $x \in F_n$ e consequentemente $σ n (x) = n .$ Logo, $\lim_{n \rightarrow \infty} \sigma_n (x) = \lim_{n \rightarrow \infty} n = +\infty = f(x).$

Se $f(x) < +\infty,$ então existe algum $p_x \in \mathbb{N}^*$ para o qual $f(x) \not\in \left[n, +\infty\right]$ quando $n \ge p_x.$ Então para cada um destes valores de $n,$ tem-se $f(x) \in \left[\frac{i_0-1}{2^n},\frac{i_0}{2^n}\right),$ para algum $i 0$ satisfazendo $1 \le i_0 \le n2^n,$ ou seja, $x \in E_n,i_0.$ Logo, $\sigma_n(x) \frac{i_0 - 1}{2^n}.$ Neste caso,

$f(x) - \sigma_n(x) = f(x) - \frac{i_0 - 1}{2^n} < \frac{i_0}{2^n} - \frac{i_0 - 1}{2^n} = \frac{1}{2^n}, \forall n \ge p_x.$

Assim, $\lim_{n \rightarrow \infty} \sigma_n (x) = f(x),$ para todo $x \in X$ tal que $f(x) < +\infty.$

Obs. 3.5: No caso em que $f$ é uma função limitada, ou seja, quando existe uma constante $M$ para a qual $f (x) < M$ em todo ponto $x \in X,$ pode-se tomar $p x = M$ na prova acima. Nesta situação, a conclusão é que a sequência $\{\sigma_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformemente para $f .$

Com relação as sequências cujos termos estão em $\overline{\mathbb{R}}_+,$ tem-se a seguinte propriedade: Se $(a_i)_{i \in \mathbb{N}}$ e $(b_i)_{i \in \mathbb{N}}$ são sequências não decrescentes em $\overline{\mathbb{R}}_+,$ ou seja, $0 \le a_i \le a_{i+1} \le \infty$ e $0 \le b_i \le b_{i+1} \le \infty$ para todo $i \in \mathbb{N},$ e existem os limites $a = \lim_{i\rightarrow\infty} a_i$ e $b = \lim_{i\rightarrow\infty} b_i,$ então $\lim_{i\rightarrow\infty} a_ib_i = ab$

Esta propriedade, juntamente com a Proposição 2.39 e o Teorema 3.4, implicam que se

Proposição 3.6

Se $f: X \mapsto \overline{\mathbb{R}}_+$ e $g: X \mapsto \overline{\mathbb{R}}_+$ são funções mensuráveis, então $f + g$ e $f g$ também são mensuráveis.

Demonstração
Esta demonstração é deixada a cargo do leitor. Sinta-se livre para melhorar a qualidade deste texto, incluindo-a neste módulo.

[editar] Notas

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Medida e integração/Funções simples e a topologia da reta estendida

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[editar] Exemplo

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