3. Integração. A integral- (µ) de uma função simples não negativa é por definição

3. Integração

A integral- (µ) de uma função simples não negativa é por definição

(3.1)

∫

=

∑

(

∩

)

Y i i i Y E a fdµ µ Y ∈ M.

Aqui a convenção é que se µ(Y n Ei) = 8 mas ai = 0 então ai µ(Y n Ei) = 0.

Claramente esta integral toma valores de [0, 8 ]. Mais significativamente, se c = 0 é uma constante e f e g são duas funções simples não negativas (µ-mensuráveis) então

∫

∫

= Y Ycfdµ c fdµ

(

)

_∫

_∫

∫

+ = + Y Y Y f g dµ fdµ gdµ (3.2) 0 ≤f ≤g ⇒

∫

≤

∫

Y Y fdµ gdµ

(Veja [1] Proposição 2.13 na página 48.)

Para ver isto, observe que (3.1) é válida para qualquer representação (2.14) de f com todo ai = 0. De fato por restrição em Ei e divisão por ai (que pode ser suposto não

nulo) é bastante considerar o caso especial

∑

= j F_j

E b X

X

Os Fj podem sempre ser escritos como a união de um número finito, N’, de

conjuntos mensuráveis disjuntos, Fj = Ul∈Sj Gl onde j = 1,..., N e Sj⊂ {1,..., N}. Portanto

( )

F b

( ) ( )

G E b j S l l j j j j jµ =

∑

µ =µ

∑

∑

∈

pois

∑

_{j;l∈S_j}bj =1 para cada j.

A partir disto todas as afirmações seguem facilmente.

Definição 3.1. Para uma função estendida não negativa µ-mensurável f : X.? [0, 8 ]a integral (em relação a µ)sobre qualquer conjunto mensurável E ⊂ X é

(3.3)

∫

=

{

∫

E

E fdµ sup hdµ; 0 = h = f, h simples e mensurável}.

Tomando o suprema,

∫

E fdµ temos a primeira e última propriedades em (3.2).

Tem também uma propriedade intermediária, mas esta é menos obvia.Para ver isto, iremos provar o “teorema de convergência monotônica” básico (de Lebesgue). Mas antes disto vamos observar o significado da integral se anular.

Lema 3.2. Se f : X.? [0, 8 ] é mensurável então

∫

=0

E fdµ para um conjunto

mensurável E se e somente se

Prova. Se (3.4) é valida, então qualquer função simples positiva limitada acima por f deve também se anular fora de um conjunto de medida zero, portanto sua integral deve ser zero e portanto

∫

=0

E fdµ . Inversamente, observe que um conjunto em (3.4) pode

ser escrito como

En =

U

n

{x ∈ E; f (x) > 1/n}.

Considerando que este aumenta,se (3.4)não se verificar então um destes deve ter medida positiva. Neste caso a função simples n -1?En tem integral positiva ou seja

0

>

∫

E fdµ .

Observe a diferença fundamental aqui quanto a forma de proceder entre as integrais de Riemann e Lebesgue.A integral de Lebesgue, (3.3), utiliza aproximação pelas funções constantes em conjuntos mensuráveis bastante difíceis, não apenas intervalos como nas integrais inferior e superior de Riemann.

Teorema 3.3 (Convergência Monotônica). Seja fn uma seqüência crescente de funções

(estendidas) não negativas mensuráveis,então, (x)= limn? 8 fn(x) é mensurável e

(3.5)

∫

∫

∞ → = E n n E fdµ lim f dµ

para qualquer conjunto mensurável E ⊂ X. Prova. Para ver se f é mensurável, observe que (3.6) f -1

(a, 8 ] =

U

n n

f−1 (a, 8 ].

Desde que os conjuntos (a, 8 ] geram a s -algebra de Borel isto mostra que f é mensurável.

Portanto vamos proceder na prova da parte principal da proposição, que é a (3.5). Rudin tem uma prova bastante boa disto, [5] página 21. Aqui eu vou utilizar tal prova. Podemos facilmente ver a partir de (3.1) que

a = sup

∫

E fndµ = limn→∞

∫

E fndµ =

∫

E fndµ

Dada uma função simples mensurável g com 0 = g = f e 0 < c < 1 considere os conjuntos En = {x ∈ E; fn(x) = cg(x)}. Estes são mensuráveis e crescem com n. Além

disso E = En.Segue-se (3.7)

∫

E fndµ ≥

∫

En nd f µ ≥

∫

n E gd c µ =

(

_{n i}

)

i i E F a ∩

∑

µ

em termos da representação natural de g = Σ_{i a}i?Fi. Agora o fato de que os En são

mensuráveis e crescentes em E mostra que

µ(En n Fi) ? µ(E n Fi)

quando n ? 8 .Portanto o lado direito de (3.7) tende para

∫

Egd

c µ quando n ? 8 . Portanto a =

∫

Egd

c µ para todo 0 < c < 1. Tomando o supremo sobre c e depois sobre todo g mostra-se que

a =

∫

∞ → E n n f dµ lim =

∫

Egdµ sup =

∫

E fdµ .

Portanto devem ser iguais.

Proposição 3.4. Para qualquer função estendida não negativa µ-mensurável f : X.? [0, 8 ] existe uma seqüência crescente _fn funções simples mensuráveis tais que limn? 8

fn(x) = f(x) para cada x ∈ X e este limite é uniforme em qualquer conjunto mensurável

no qual f é finito.

Prova. Folland [1] página 45 tem uma bela prova. Para cada inteiro n > 0 e 0 = k = 22n - 1, faça

E_{n,k = {x} ∈ X; 2-n k = _{f (x) < 2}-n(k + 1)},

En’= {x ∈ X; f (x) = 2n}

Estes são conjuntos mensuráveis. Aumentando n de um, o intervalo na definição de En,k é dividido em dois.Segue-se que a seqüência de funções simples

(3.8) n n k E n E k n n kX X f 2 2 _' , + =

∑

−

é crescente e tem limite f, e este limite é uniforme em qualquer conjunto mensurável onde f é finito.

Portanto

∫

= _→∞

∫

E n n

E fdµ lim f dµ e se f e g são duas funções mensuráveis não

negativas então fn(x)+ gn(x) ? f + g(x) portanto de fato

(

)

_∫

_∫

∫

+ = +

n n

E f g dµ fdµ gdµ.

Como na definição de u+ feita anteriormente, isto nos permite de estender a

definição de integral para qualquer função integrável.

Definição 3.5. Uma função mensurável estendida f : X.? [-8 , 8 ] é dita ser integrável em E se suas partes positivas e negativas ambas tem uma integral finita sobre E, e então

∫

∫

∫

_E fdµ = _E f+dµ− _E f−dµ

Observe que se _{f é µ-integrável então portanto também |f | é integrável. Um dos} objetos que queremos estudar é o espaço das funções integráveis. O fato de que a integral de |f | pode se anular nos encoraja a olhar o que antes parecia um objeto muito mais complicado. Consideramos uma relação equivalente entre duas funções integráveis (3.9) f1 = f2⇔ µ({x ∈ X; f1(x) ≠f2(x)})=0.

Ou seja, identificamos duas funções como sendo iguais se tiverem medida zero. Claramente se f1 = f2 neste sentido então

0

2

1 =

∫

=

∫

X f dµ X f dµ ,

∫

X f1dµ =

∫

X f2dµ

Uma condição necessária para uma função mensurável f = 0 ser integrável é µ{x ∈ X; f (x)= 8} =0.

Deixe E ser o conjunto (necessariamente mensurável) onde f = 8 . De fato, se este não tiver medida zero, então a seqüência de funções simples n?E = f tem uma representante

que é uma função honesta, ou seja, finita em qualquer lugar. Se f é um representante então

( )

( )

   = 0 ' x f x f E x E x ∈ ∉ É também um representante.

Iremos denotar por L1(X, µ) o espaço constituído por tais classes equivalentes de funções integráveis. Este é um espaço linear normalizado conforme será pedido para mostrar no Problema 11.

O teorema de convergência monotônica freqüentemente ocorre em uma forma um pouco diferente do Fatou’s Lema.

Lema 3.6 (Fatou). Se fk é uma seqüência de funções integráveis não negativas então

µ µ f d d f _n n n n

∫

∫

lim→inf∞ ≤lim→inf∞ .

Prova. Faça Fk(x) = infn=k fn(x). Portanto Fk é uma seqüência crescente de funções não

negativas com função limite lim infn? 8 fn e Fk(x) = fn(x) ∀ n = k.Pelo teorema da

convergência monotônica

( )

_∫

∫

∫

limn→inf∞ fndµ ≤limk→∞ F x ndµ ≤limn→inf∞ fndµ.

Podemos ulteriormente estender a integral para as funções de valor –complexo, apenas dizendo que

f : X ? C

é integrável se suas partes real e imaginaria são ambas integráveis. Então por definição, µ µ µ fd i fd fd E E E

∫

∫

∫

= Re + Im

para qualquer E ∈ X mensurável. Segue-se que se f é integrável então também |f | é. Além disso µ µ fd fd E e

∫

∫

≤ . Isto é óbvio se

∫

=0

E fdµ , caso contrário então:

0 Re > =

∫

fd i R E θ µ , θ ⊂

[

0,2π

)

. Então

∫

∫

₌ − E i E fdµ e fdµ θ

∫

− = E i _fd e θ µ

( )

∫

− = E i d f e θ µ Re

( )

∫

− ≤ E i d f e θ µ Re

∫

∫

= ≤ − E E i d f d f e θ µ µ.

O outro importante resultado para integrais é o teorema de convergência dominante de Lebesgue.

Teorema 3.7. Se fn é uma seqüência de funções integráveis, fk ? f a.e.5 e |fn| = g para

algum g integrável então f é integrável e

∫

fdµ =lim_n→∞

∫

fndµ.

Prova. Primeiramente fazemos convergir a seqüência fn(x) mudando todos os fn(x)’s

não muda as conclusões. Além disso, é suficiente supor que os fn são reais. Então

considere

hk = g - fk = 0.

Agora, lim infk? 8 hk = g - f pela convergência de fn; em particular f é integrável.

Pela convergência monotônica e lema de Fatou

(

g f

)

dµ hkdµ

(

g fk

)

dµ k

∫

∫

∫

− = ≤ − ∞ ←inf lim

∫

∫

− _→∞ = gdµ f_kdµ k sup lim . Analogamente, se Hk = g + fk então

(

)

_∫

_∫

_∫

∫

g+ f dµ= ←∞ H dµ ≤ gdµ + →∞ fkdµ k k

k inf liminf

lim Segue-se que

∫

∫

∫

→∞ ∞ ← µ≤ µ≤ µ d f fd d f _k k k k inf lim sup lim Portanto

∫

∫

fkdµ → fdµ

Tendo provado o teorema de Lebesgue da convergência dominante,vamos mostrar algo de certa importância. Como anteriormente, seja µ a medida positiva em X. Temos definido L1(X, µ);deixe- me considerar o espaço mais geral Lp(X, µ). Uma função mensurável

f : X ? C

é dita ser ‘Lp’, par 1 = p < 8 , se |_{f |}p é integrável6, ou seja,

∞ <

∫

X. p d f µ

Como anteriormente consideramos classes equivalentes de tais funções sob a relação de equivalência A

(3.10) f ~ g ⇔ µ {x; (f - g)(x).≠ 0} = 0.

Representamos por Lp(X, µ)o espaço de tais classes equivalentes. É um espaço linear e a função (3.11)

(

)

p X p p f d f 1

∫

= µ

é uma norma (sempre supomos 1 = p< 8 , as vezes p = 1 é excluído mas p = 8 is permitido). É fácil verificar tudo a menos a desigualdade do triangulo.Para isto iniciamos com

Lemma 3.8. Se a = 0, b = 0 e 0 < ? < 1 então

(3.12) a? b?-1 = ?a + (1. ?)b com igualdade somente quando a = b.

Prova. Se b = 0 é fácil. Portanto suponha b > 0 e divida por b. Fazendo t = a/b temos que mostrar

(3.13) t?≤ ?t + 1 – ?, 0 ≤ t, 0 < ? < 1.

5

Significa complemento se um conjunto tem medida zero.

6

A função f(t)= t?. ?t é diferenciável para t > 0 com derivada γtγ-1−1

,que é positiva para t < 1. Portanto f (t) = f (1) com igualdade somente para t = 1. Desde que f (1) = 1 - ?, isto é a (3.13), provando o lema.

Utilizamos isto para provar a desigualdade de Hölder

Lema 3.9. Se f e g são mensuráveis então (3.14)

∫

fgdµ ≤ f _p g _q

para qualquer 1 < p < 8 , com 1 +1 =1 q

p .

Prova.Se .||f ||p = 0 ou ||g.||q = 0 o resultado é trivial. Portanto considere

( )

p p f x f a = ,

( )

q q g x g b= e aplicando (3.12) com ? = p 1 . Isto fornece

( ) ( )

( )

( )

q q q p p p q p q g x g f p x f g f x g x f + ≤ .

Integrando sobre X encontramos

( ) ( )

∫

X q p d x g x f g f µ 1 1 1 1 = + ≤ q p . Desde que

∫

≤

∫

X X fgdµ fgdµ isto implica (3.14).

A última desigualdade que precisamos é a Minkowski

Proposição 3.10. Se 1 < p < 8 e f, g ∈ Lp(X, µ) então (3.15) ||_{f + g||p =.||f ||p + ||g.||p.}

Prova. O caso p = 1 já fizemos. É também óbvio se _{f + g = 0. Se não podemos escrever} |f + g|p= (|f | + |g|) |f + g|p - 1

e aplicando a desigualdade de Hölder,no lado direito e expandindo,

(

p q

)

p g f g f + ≤ +

∫

, f gq(p )d q 1 1     ₊ −

∫

µ . Desde que q(p. 1) = p e p q 1 1 1− = esta é justamente a (3.15).

Portanto, agora sabemos que Lp(X, µ) é um espaço normalizado para 1 = p < 8 . Em particular é um espaço métrico. Uma importante propriedade adicional que um espaço métrico tem é a completividade, significando que toda seqüência de Cauchy é convergente.

Definição 3.11. Um espaço normado em que o espaço métrico é completo é

denominado espaço de Banach.

Teorema 3.12. Para qualquer espaço mensurável (X, M, µ) os espaços Lp(X, µ), 1 = p < 8 , são espaços de Banach.

Prova. Precisamos mostrar que uma dada seqüência de Cauchy {fn} converge em Lp(X,

µ). É suficiente mostrar que tem uma subseqüência convergente. Pela propriedade de Cauchy, para cada k ∃ n = n(k) s.t.

(3.16) ||fn. fl.||p = 2 -k_∀

l = n.

Considere a seqüência

g1 = f1, gk = fn(k) - fn(k- 1), k > 1.

Pela (3.16),.||gk||p = 2-k, para k > 1, portanto a série Σk ||gk||p converge, digamos para B<

8 . Agora faça

( )

_∑

( )

= n k k n x g x h 1 , n ≥ 1, h(x) =

∑

( )

∞ =1 k k x g .

Então pelo teorema da convergência monotônica

p p X n n X p B d h d h =

∫

≤

∫

µ lim→∞ µ

onde utilizamos a desigualdade de Minkowski. Portanto h ? Lp(X, µ), e a série

( )

_∑

∞

( )

=1 k k x g x f

converge (absolutamente) em quase toda parte. Desde que

( )

p p n k k n p h g x f =

∑

≤ = ∞ → 1 lim

com hp ? L’.(X, µ), o teorema da convergência dominante aplica-se e mostra que _{f ?}

Lp(X, µ). Além disso,

( )

x f ( )

( )

x g nl l k k =

∑

=1 e f

( )

x − fn_{( )}l

( )

x p ≤

(

2h

( )

x

)

p

e ainda pelo teorema da convergência dominante,

( )

− ( )

( )

→0

∫

p

X f x fnl x

Portanto a sub- seqüência fn(l) ? f in Lp(X, µ), provando a sua completividade.

A seguir quero voltar ao nosso ponto inicial e discutir o teorema da representação de Riesz. Existem dois importantes resultados na teoria das medidas que não foram cobertos. A maior parte deste tópico será desenvolvido,por vocês nos problemas, mais precisamente o teorema da decomposição de Hahn e o teorema de Radon-Nikodym.Para o momento precisamos somente do primeiro.

Então,considere um espaço métrico localmente compacto, X. A medida de Borel sobre X, ou a medida assinada por Borel é uma função dos conjuntos de Borel e é representada por

µ : B(X) ?

que é dada pela diferença de duas medidas finitas positivas de Borel (3.17) µ(E)= µ₁(E). µ₂(E).

Similarmente diremos que µ é Radon, ou um medida assinada por Radon, se pode ser escrita como uma diferença, com ambos, µ1 e µ2 medidas finitas de Radon.

Veja os problemas abaixo para uma discussão deste ponto.

Seja M (X) a representação do conjunto de medidas finitas de Radon sobre X. Este é um espaço normalizado com

(3.18) ||µ||₁ = inf(µ1(X)+ µ2(X))

com o ínfimo sobre todas as decomposições de Radon (3.17). Cada medida assinada por Radon define um funcional linear continuo em C0(X):

(3.19) ∫ dµ : C0(X) ∋f.? ∫xf dµ

Teorema 3.13 (Representação de Riesz.). Se X é um espaço métrico localmente

compacto então todo funcional continuo linear em C0(X) é dado por uma única medida

de Radon finita em X através (3.19).

Portanto o espaço dual de C0(X) é M (X) – pelo menos isto é como tal resultado

é geralmente interpretado

(3.20) ((C0(X))’. = M (X),

veja as observações seguindo a prova.

Prova. Fizemos a metade disto até agora. Vamos lembrar os passos.

Iniciamos com u ∈ ((C0(X))’.e mostramos que u = u+ - u. onde u± são funcionais

contínuos lineares positivos ; este é o Lema 1.5. Então mostramos que u = 0 define uma medida finita positive de Radon µ. Aqui µ é definido pela (1.11) em conjuntos abertos e µ(E)= µ.(E) é dado pela (1.12) sobre conjuntos gerais de Borel. Isto é finito pois

(3.21) µ(X) = sup {u(f); 0 = f = 1, supp f. X f ∈ C(X)} =.||u||.

A partir da Proposição 2.8 concluímos que µ é uma medida de Radon. Desde que este argumento aplica-se a u± obtemos duas medidas finitas positivas de Radon µ± e

portanto uma medida assinada Radon (3.22) µ = µ+ - µ-∈ M (X)

Nos problemas que você provavelmente irá provar o teorema da decomposição de Hahn, em particular o Problema 14 será pedido para mostrar que a (3.22) é um decomposição de Hahn de µ-. Isto significa que existe um conjunto de Borel E ⊂ X tal

que µ-.(E) = 0, µ+(X \ E) = 0.

O que temos definido é um mapeamento linear (3.23) ((C0(X))’ ? M (X), u ? µ.

Queremos mostrar que isto é um isomorfismo.

Primeiro mostramos que é 1 - 1. Suponha µ = 0. Dada a unicidade da decomposição Hahn isto implica que µ+ = µ-. = 0. Portanto podemos supor que u = 0

and µ = µ+ = 0 e temos que mostrar que u = 0;isto é óbvio pois

µ(X) = sup {u(_{f); supp u X, 0 = f = 1 f} ∈ C(X)} = 0 (3.24) _⇒

Se 0 = f ∈ C(X) e supp f X então f’ = f / ||f||∞ é deste tipo e portanto u(f) = 0 para todo 0 = f ∈ C(X) de suporte compacto. A partir da decomposição de funções continuas em partes positiva e negativa segue-se que u(f) = 0 para todo f do suporte compacto. Finalmente C0(X) é o fechamento do espaço das funções continuas do

suporte compacto devido a continuidade dei u, u =0.

Portanto resta mostrar que toda medida finita Radon em X provem da (3.23). Fazemos isto começando de µ e construindo u. Mais uma vez utilizamos a decomposição de Hahn de µ, como em (3.22)7. Portanto supomos µ = 0 e construimos u. É óbvio o que queremos,

(3.25)

( )

=

∫

X fd

f

u µ , f ∈C_c

( )

X .

Aqui precisamos chamar a partir da Proposition 2.11 que funções continuas em X,um espaço métrico localmente compacto, são mensuráveis (Borel). Além disto , sabemos que existe uma seqüência crescente de funções simples com limite f, tal que

(3.26)

∫

fd ≤

( )

X ⋅ f _∞

X µ µ

Isto mostra que u em (3.25) é continua e que sua norma .u.= µ(X). De fato (3.27).||u||. = µ(X).

De fato a regularidade interna µ implica que existe um conjunto compacto K

X com µ(K) = µ(X).

n

1

− ;então existe f ∈ Cc(X) com 0 = f = 1 e f = 1 em K. Segue-se

que µ(_{f) = µ(K) = µ(X)}

n

1

− , para qualquer n. Isto prova (3.27).

Nós ainda temos que mostrar que se u é definido por (3.25), com µ uma medida finita positiva Radon, então a medida µ definida a partir de u via (3.25) é precisamente o próprio µ.

Isto é facilmente provado. Começando a partir de µ = 0 uma medida finita Radon, defina u pela (3.25) e, para U X aberto (3.28)

( )

=

{

_∫

X fd

U µ

µ~ sup , 0≤ f ≤1, f ∈C

( )

X , supp

( )

f ⊂K

}

Pelas propriedades da integral, µ~(U) = µ(U). Ao invés se K U existe um elemento f ∈ Cc(X), 0 = f = 1, f = 1em K e supp(f) U. Então sabemos que

(3.29)

( )

U fd

( )

K

X µ µ

µ~ ≥

∫

≥

Pela regularidade interna de µ, podemos escolher K U tal que µ(K) = µ(U) - ∈, dado ∈ > 0. Portanto µ~

( ) ( )

U =µU = µ(U).

Isto prova o teorema da representação de Riesz. O módulo referente a decomposição da medida- será dado em classe se houver interesse! Do meu ponto de vista, isto é, mais que suficiente no estudo da teoria das medidas.

Observe que temos provado algo mais forte do que o enunciado do teorema. Mais precisamente temos mostrado que sob a correspondência u ? µ,

(3.30) ||u.|| = |µ| (X) =: ||µ||₁. Portanto o mapa é uma isometria.

7

Na realidade podemos tornar qualquer decomposição (3.22) uma diferença de medidas positivas Radon.