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

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 $Im(\sigma )$ é um conjunto finito.

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 $A_{i}=\sigma ^{-1}(\alpha _{i}),$ para cada $i$ de $1$ a $n,$ resulta que $\sigma =\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}X_{A_{i}}.$ Note que $(A_{i})_{1\leq i\leq n}$ é uma partição finita de $X.$

Por outro lado, sempre que se tem uma partição $(A_{i})_{1\leq i\leq n}$ finita de $X$ e uma sequência finita $(\alpha _{i})_{1\leq i\leq n}$ 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 $\sigma .$

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 $\sigma$ seja mensurável é necessário e suficiente que cada $A_{i}$ seja mensurável, onde $1\leq i\leq n.$

Demonstração

Nesta demonstração, quando $Y\subset X$ será usada a notação $Y^{c}$ para indicar o conjunto $Y_{X}^{c}$. Primeiramente, supondo que $\sigma$ seja mensurável e observando que cada conjunto $\{\alpha _{i}\}^{c}$ é aberto em $\mathbb {R} ,$ tem-se $\sigma ^{-1}(\{\alpha _{i}\}^{c})$ 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 $1\leq i\leq n.$ Reciprocamente, assumindo que $A_{i}$ é mensurável quando $1\leq i\leq n$ e tomando um aberto $W$ de $\mathbb {R} ,$ deve-se mostrar que $\sigma ^{-1}(W)$ 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 $J=\{i:\alpha _{i}\in W{\text{ e }}1\leq i\leq n\}$ 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 $\sigma$ 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:

1. $0\leq \sigma _{n}\leq \sigma _{n+1}\leq f$ para todo $n\in \mathbb {N} ;$
2. $\lim _{n\rightarrow \infty }\sigma _{n}(x)=f(x)$ em todo ponto $x\in X.$

Demonstração

Para cada $n\in \mathbb {N} ^{*},$ pode-se particionar o intervalo $[0,n)$ em $n2^{n}$ 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 $\sigma _{n}(x)\leq \sigma _{n+1}(x),$ 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 $1\leq k\leq n2^{n};$ $f(x)\in \left[n,\infty \right]$ 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, $\sigma _{n+1}(x)\geq \sigma _{n}(x)$ Na segunda possibilidade, tem-se $x\in F_{n}$ e consequentemente $\sigma _{n}(x)=n.$ 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 $\sigma _{n+1}(x)=n+1>n=\sigma _{n}(x).$ A outra alternativa é que $n\leq f(x)<n+1,$ 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 ${\frac {n2^{n+1}}{2^{n+1}}}=n\leq f(x),$ 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 $n2^{n+1}\leq i_{0}-1.$ Isto implica que $x\in E_{n+1,i_{0}},$ pela própria definição deste conjunto. Logo, $\sigma _{n+1}(x)={\frac {i_{0}-1}{2^{n+1}}}\geq {\frac {n2^{n+1}}{2^{n+1}}}=n=\sigma _{n}(x).$ Com isto, se conclui a prova de que a sequência é não-decrescente. Agora, para garantir que $\sigma _{n}\leq f,$ 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 $\sigma _{n}(x)={\frac {i_{0}-1}{2^{n}}}\leq f(x);$ $f(x)\in \left[n,\infty \right]$ implica $x\in F_{n}$ e portanto $\sigma _{n}(x)=n\leq f(x).$ 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 $\sigma _{n}(x)=n.$ 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 $n\geq p_{x}.$ 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 $1\leq i_{0}\leq n2^{n},$ ou seja, $x\in E_{n},i_{0}.$ Logo, $\sigma _{n}(x){\frac {i_{0}-1}{2^{n}}}.$ Neste caso, $f(x)-\sigma _{n}(x)=f(x)-{\frac {i_{0}-1}{2^{n}}}<{\frac {i_{0}}{2^{n}}}-{\frac {i_{0}-1}{2^{n}}}={\frac {1}{2^{n}}},\forall n\geq p_{x}.$ 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, $0\leq a_{i}\leq a_{i+1}\leq \infty$ e $0\leq b_{i}\leq b_{i+1}\leq \infty$ 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 $\lim _{i\rightarrow \infty }a_{i}b_{i}=ab$

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 $fg$ também são mensuráveis.

Demonstração
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