Bartle, Elements of Integration - Soluções

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Medida e Integração - Lista 01
Mestrado - PPGMAT - IM/UFAL
Francisco Alan Lima da Silva
francisco.alan@im.ufal.br
30 de abril de 2024
1 Introduction
2 Measurable Functions
Exerćıcio 2.A. Mostre que [a, b] =
⋂∞
n=1(a − 1
n
, b + 1
n
). Portanto qualquer σ-álgebra
de suconjuntos de R que contém todos os intervalos abertos também contém todos os
intervalos fechados. Similarmente, (a, b) =
⋃∞
n=1[a +
1
n
, b − 1
n
], donde qualquer σ-álgebra
que contenha todos os intervalos fechados também contém todos os intervalos abertos.
Solução. Comece notando que [a, b] ⊂ (a− 1
n
, b+ 1
n
) para todo n ∈ N, e portanto [a, b] ⊂⋂∞
n=1(a −
1
n
, b + 1
n
). Estabeleceremos a outra continência. Seja x ∈
⋂∞
n=1(a −
1
n
, b + 1
n
).
Suponha que x ̸∈ [a, b] (e conduziremos ao absurdo). Então x < a ou x > b. Suponha que
x < a (o caso x > b é análogo). Então existe ε > 0 tal que x = a − ε. Tome n0 ∈ N tal
que ε > 1
n0
. Segue que x = a − ε < a − 1
n0
, e portanto x ̸∈ (a − 1
n0
, b + 1
n0
), um absurdo.
Segue que x ∈ [a, b], o que mostra a igualdade dos conjuntos.
Sejam a, b ∈ R. Se X é uma σ-álebra contendo todo intervalo aberto de números,
podemos escrever o intervalo [a, b] como interseção enumerável de elementos de X , o que
mostra que [a, b] ⊂ X . Os intervalos fechados da forma (−∞, b] e [a,+∞) podemos
ser escritos como união enumerável de intervalos fechados limitados fazendo (−∞, b] =⋃∞
n=1[b− n, b− n+ 1] e [a,+∞) =
⋃∞
n=1[a+ n− 1, a+ n].
A segunda parte da questão é análoga.
Na próxima questão, queremos mostrar que duas σ-álgebras coincidem. Um critério
para que isso ocorra é dado no seguinte lema:
Lema 1. Sejam X um conjunto e A,B duas coleções de subconjuntos de X. Se B ⊂ σ(A)
e A ⊂ σ(B), então σ(A) = σ(B).
Demonstração. Sabemos que σ(A) e σ(B) são as menores σ-álgebras contendo A e B,
respectivamente. Se B ⊂ σ(A), então σ(A) é uma σ-álgebra contendo B, e portanto é
1
maior que σ(A). Segue dáı, que σ(A) ⊂ σ(B). Obtemos a outra continência de maneira
completamente análoga.
Exerćıcio 2.B. Mostre que a álgebra de Borel, B, também é gerada pela coleção de todos
os meio-abertos (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}. Mostre também que B é gerada pelos
meio-raios (a,+∞) = {x ∈ R : x > a}.
Solução. Começaremso provando para os meio-abertos. Pelo Lema 1 basta mostrar que
a σ-álgebra gerada pelos meio-abertos contém todos os intervalos abertos, uma vez que B
contém todos os meio-abertos. Para tal, observe que (a, b) =
⋃∞
n=1(a, b−
1
n
].
Provaremos agora para os meio-raios. Basta provarmos que todo intervalo aberto
pode ser obtido por tomadas de união enumerável, interseção enumerável e tomadas de
complementar de meio-raios. Observando que
(a, b] = (a,+∞) ∩ (−∞, b] = (a,+∞) ∩ [R \ (b,+∞)].
Utilizando a igualdade acima e a ideia do começo desta solução,
(a, b) =
∞⋃
n=1
[(a,+∞) ∩ [R \ (b,+∞)]],
o que conclui a demonstração.
Exerćıcio 2.C. Seja (An) uma sequência de subconjuntos de um conjunto X. Seja E0 = ∅
e para n ∈ N ponha
En =
n⋃
k=1
Ak e Fn = An \ En−1.
Mostre que (En) é uma sequência monótona crescente de conjuntos e (Fn) é uma sequência
de conjuntos disjuntos dois-a-dois tais que
∞⋃
n=1
En =
∞⋃
n=1
Fn =
∞⋃
n=1
An.
Solução. Que (En) cresce é direto uma vez que En+1 = En∪An+1 ⊃ En. Seja agora k > m.
Provaremos que Fk∩Fm = ∅. De fato, comom ≤ n−1, temos que Fm ⊂ Am ⊂ Em ⊂ En−1,
mas Fk = Ak \ Ek−1.
Mostraremos agora a igualdade das uniões. Primeiramente, note que para todo m ∈ N,
temos que
m⋃
n=1
En = Em =
m⋃
n=1
Am.
2
Tomando o limite, obtemos uma das igualdades. Provaremos agora que
⋃k
n=1 Fn =⋃k
n=1An para todo k ∈ N por indução. Para k = 2, note que
F1 ∪ F2 = (A1 \ E0) ∪ (A2 \ E1) = A1 ∪ (A2 \ A1) = A1 ∪ A2.
Suponha a propriedade válida para k = m− 1. Então
m⋃
n=1
Fn =
(
m−1⋃
n=1
Fn
)
∪ Fm =
(
m−1⋃
n=1
An
)
∪
(
An \
m−1⋃
n=1
An
)
=
m⋃
n=1
An.
Tomando o limite, temos a última igualdade desejada.
Exerćıcio 2.D. Seja (An) uma coleção de subconjuntos de X. Se A consiste de todos os
x ∈ X que pertencem a An para infinitos ı́ndices n, mostre que
A =
∞⋂
m=1
∞⋃
n=m
An.
O conjunto A é chamado às vezes de limite superior da sequência (An) e denotado por
lim supAn.
Solução. Se x ∈ A, então x ∈ An para infinitos ind́ıces n, o que implica que x ∈
⋃∞
n=m
para todo m ∈ N. De fato, se existisse m ∈ N tal que x ̸∈
⋃∞
n=mAn, então x pertenceria no
máximo aos conjuntos A1, . . . , Am−1, uma quantidade finita. Logo, x ∈
⋂∞
m=1
⋃∞
n=mAn.
Por outro lado, se x ∈
⋂∞
m=1
⋃∞
n=mAn, então x ∈
⋃∞
n=mAn para todo m ∈ N. Se fosse
x ̸∈ A, então x pertenceria a apenas finitos An. Seja k o maior ı́ndice para o qual x ∈ Ak.
Então x ̸∈ An, para todo n > k, e portanto x ̸∈
⋃∞
n=k+1An, absurdo. Segue que x ∈ A.
Exerćıcio 2.E. Seja (An) uma coleção de subconjuntos de X. Se B consiste de todos
os x ∈ X que pertencem a An para todos os ı́ndices n exceto por uma quantidade finita,
mostre que
B =
∞⋃
m=1
∞⋂
n=m
An.
O conjunto B é chamado às vezes de limite inferior da sequência (An) e denotado por
lim inf An.
Solução. Se x ∈ B, então x pertence a todos os An, exceto por uma quantidade finita. Seja
Am0−1 o conjunto da sequência de maior ind́ıce que não contém x como elemento. Então
x ∈ An para todo n > m0−1, donde x ∈
⋂∞
n=m0
An, o que conclui que x ∈
⋃∞
m=1
⋂∞
n=mAn.
Suponha agora que x ∈
⋃∞
m=1
⋂∞
n=mAn. Então existe m0 ∈ N tal que x ∈
⋂∞
n=m0
.
Então x ∈ An, para todo n ∈ N, exceto possivelmente por alguns dos finitos ı́ndices
1, 2, . . . ,m0 − 1. Logo, x ∈ B.
3
Exerćıcio 2.F. Se (En) é uma sequência de subconjuntos de um conjunto X que é
monótona crescente (ou seja, E1 ⊂ E2 ⊂ E3 ⊂ . . . ), mostre que
lim supEn =
∞⋃
n=1
En = lim inf En.
Solução. Como (En) é crescente, note que Em ⊂ En, para todo n ≥ m, donde segue que
∞⋂
n=m
En = Em, para todo m ∈ N.
Dáı, segue que lim inf En =
⋃∞
m=1En =
⋃∞
m=1Em.
Por sua vez, para cada m ∈ N, temos que
⋃m−1
n=1 En ⊂ Em, e portanto
∞⋃
n=m
En =
∞⋃
n=1
En, para todo m ∈ N,
donde segue que lim supEn =
⋂∞
n=1
⋃∞
n=mEn =
⋂∞
n=1[
⋃∞
n=1En]. Note agora que a ex-
pressão dentro dos colchetes é constante com relação a n, e portanto a interseção resulta
na prórpria expressão dos colchetes, e o resultado segue.
Exerćıcio 2.G. Se (Fn) é uma sequência de subconjuntos de um conjunto X que é
monótona crescente (ou seja, F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ . . . ), mostre que
lim supFn =
∞⋂
n=1
Fn = lim inf Fn.
Solução. Análoga a solução do Exerćıcio 2.F., notando que neste caso,
⋂∞
n=m Fn =⋂∞
n=1 Fn, enquanto que
⋃∞
n=m Fn = Fm.
Exerćıcio 2.H. Se (An) é uma subsequência de subconjuntos de X, mostre que
∅ ⊂ lim inf An ⊂ lim supAn ⊂ X.
Exiba um exemplo de sequência (An) tal que
lim inf An = ∅ e lim supAn = X.
Dê um exemplo de sequência (An) que não é monótona nem crescente nem decrescente,
mas é tal que
lim inf An = lim supAn.
Quando a igualdade segue, o valor comum é chamado o limite de (An), e é denotado por
limAn.
4
Solução. As inclusões dos extremos são triviais. Provaremos que lim inf An ⊂ lim supAn.
Pelos Exerćıcios (2.D.) e (2.E.), o limite inferior consiste dos pontos em todos os conjuntos
An, exceto por uma quantidade finita deles. Portanto, se x ∈ lim inf An, em particular
x pertence a infinitos An (todos os An com n ≥ m0, para algum m0), e portanto x ∈
lim supAn.
Para um exemplo tal que lim inf An = ∅ e lim supAn = X, tome X ̸= ∅ qualquer e
(An) uma sequência de subconjuntos de X definida por
An =
{
∅, se n é ı́mpar,
X, se n é par.
Seja x ∈ X qualquer. Então x pertence a todos os An com n par, e portanto pertence a
infinitos An, donde x ∈ lim supAn. Por sua vez, para cada m0 ∈ N, existe n0 > m0 ı́mpar,
e portanto x ̸∈ An0 , donde não pode x estar em lim inf An. Segue que lim inf An = ∅.
Por fim, tome X um conjunto não-vazio qualquer, e tome (An) a sequência de subcon-
juntos de X dada por A1 = X,A2 = ∅, A3 = X,A4 = ∅, e An = X paratodo n ≥ 5. A
sequência não é monótona, mas lim inf An = X = lim supAn.
Exerćıcio 2.I. Dê um exemplo de função f : X → R que não é X -mensurável, mas que
é tal que as funções |f | e f 2 são X -mensuráveis.
Solução. Seja X uma σ-álgebra sobre X diferente do conjunto das partes de X, e seja
E ⊂ X tal que E ̸∈ X . Seja f : X → R a função definida por
f(x) =
{
1, se x ∈ E,
−1, se x ̸∈ E.
Que |f | e f 2 são funções X -mesnuráveis é imediato, pois |f | = f 2 = 1, a função constante
igual a 1. Mostraremos que f não é X -mensurável. Para tal, basta observar que {x ∈ X :
f(x) ≥ 1} = E, que não é mensurável.
Exerćıcio 2.J. Se a, b, c são números reais, seja mid(a, b, c) o “valor do meio”. Mostre
que
mid(a, b, c) = min{max{a, b},max{a, c},max{b, c}}.
Se f1, f2, f3 : X → R são X -mensuráveis e g é definida para x ∈ X por
g(x) = mid(f1(x), f2(x), f3(x)),
mostre que g é X -mensurável.
5
Solução. Se a = b = c, então a fórmula segue trivialmente. Se a < b = c, então
mid(a, b, c) = b = min{b, c, b}, e vale a expressão. Analogamente para qualquer outra
combinação da forma x < y = z ou x = y < z. Assim sendo, suponha que a < b < c.
Então
mid(a, b, c) = b = min{b, c, c} = min{max{a, b},max{a, c},max{b, c},
e segue o resultado. Os casos x < y < z são análogos.
Como hi,j(x) = max{fi(x), fj(x)} é mensurável para cada par i ̸= j, pois o máximo
de funções mensuráveis é mensurável; e g(x) = min{h1,2(x), h1,3(x), h2,3(x)} é mensurável,
pois é mensurável o mı́nimo, segue o resultado.
Exerćıcio 2.K. Mostre diretamente (sem utilizar o exerćıcio anterior) que se f é men-
surável e A > 0, então o truncamento fA definido por
fA(x) =

f(x), se |f(x)| ≤ A,
A, se f(x) > A,
−A, se f(x) < −A,
é mensurável.
Solução. Seja f : X → Rmensurável. Provaremos que {x ∈ X : fA(x) ≤ α} é mensurável
para todo α ∈ R.
Para α < 0, não há valores x tais que fA(x) ≤ α, e portanto f−1
A {(−∞, α)} = ∅. Por
sua vez, todos os valores fA(x) são ≤ A, e portanto para A ≤ α, f−1
A ({−∞, α}) = X.
Seja agora 0 < α < A. Note que fA = |f | para tais valores α. Como |f | é mensurável,
f−1
A ({−∞, α}) = |f |−1({−∞, α}) é mensurável. Isso conclui a demonstração.
Exerćıcio 2.L. Seja f uma função X -mensurável definida em X que é limitada. Mostre
que a sequência (φn) constrúıda no Lemma 2.11 de [1] converge uniformemente para f .
Solução. Como f é limitada, existe K ∈ N tal que 0 ≤ f(x) ≤ K para todo x ∈ X. Seja
ε > 0. Tome n1 ∈ N tal que 2−n < ε. Seja n0 = max{n1, K}+1. Então para n > n0 > n1
temos que
|φn(x)− f(x)| < 2−n < 2−n1 < ε,
para todo x ∈ X tal que f(x) ≤ n. Mas f(x) ≤ K < n0 < n, e portanto n0 vale para todo
x ∈ X, o que implica que a convergência é uniforme.
6
Exerćıcio 2.M. Seja f uma função definida num conjunto X e tomando valores num
conjunto Y . Se E é qualquer subconjunto de Y , seja
f−1(E) = {x ∈ X : f(x) ∈ E}.
Mostre que f−1(∅) = ∅, f−1(Y ) = X. Se E e F são subconjuntos de Y , então
f−1(E \ F ) = f−1(E) \ f−1(F ).
Se {Eα} é uma coleção não-vazia de subconjuntos de subconjuntos de Y , então
f−1
(⋃
α
Eα
)
=
⋃
α
f−1(Eα) e f−1
(⋂
α
Eα
)
=
⋂
α
f−1(Eα).
Solução. Primeiro, f−1(∅) = ∅ por um argumento de vacuidade. Também, f−1(Y ) = X,
uma vez que cada elemento de X está associado a algum elemento de Y (e a função só
associa um elemento de Y algum elemento de X).
Sejam E,F subconjuntos de Y . Se x ∈ f−1(E) \ f−1(F ), então x ∈ f−1(E), mas
x ̸∈ f−1(F ). Dáı, f(x) ∈ E, mas f(x) ̸∈ F , donde f(x) ∈ E\F , e portanto x ∈ f−1(E\F ).
Todos os passos acima são reverśıveis, e portanto vale a igualdade pretendida.
Por fim, seja x ∈
⋃
α f
−1(Eα). Então existe α0 tal que x ∈ f−1(Eα0), e portanto
f(x) ∈ Eα0 , donde f(x) ∈
⋃
αEα, o que implica que x ∈ f−1 (
⋃
αEα). Todos os passos
acima são novamente (adptando corretamente) reverśıveis, e vale a igualdade pretendida.
A demonstração da interseção é análoga.
Exerćıcio 2.N. Seja f uma função definida em um conjunto X e tomando valores em Y .
Seja X uma σ-álgebra de conjuntos de X e seja Y = {E ⊂ Y : f−1(E) ∈ X}. Mostre que
Y é uma σ-álgebra.
Solução. Seja f : X → Y uma função entre o espaço mensurável (X,X ) e Y . Defina a
coleção de subconjuntos de Y dada por
Y = {E ⊂ Y : f−1(E) ∈ X}.
Provaremos que Y é uma σ-álgebra. Tudo seguirá do fato da pré-imagem de uma função
ser bem-comportada, como provamos no Exerćıcio 2.M . Seguem as demonstrações que os
axiomas são obedecidos:
1. Note que f−1(∅) = ∅ e f−1(Y ) = X, são ambos elementos de X , donde ∅, Y ∈ Y ;
2. Se F ∈ Y , então f−1(Y \ F ) = f−1(Y ) \ f−1(F ) ∈ X , e portanto Y \ F ∈ Y .
3. Se {Fi}∞i=1 é uma coleção de elementos de Y , então
f−1
(
∞⋃
i=1
Fi
)
=
∞⋃
i=1
f−1(Fi) ∈ X .
Segue que
⋃
i Fi ∈ Y .
7
Exerćıcio 2.O. Seja (X,X ) um espaço mensurável e f definida de X em Y . Seja A
uma coleção de subconjuntos de Y tal que f−1(E) ∈ X , para todo E ∈ A. Mostre que
f−1(F ) ∈ X para todo conjunto F que pertence a σ-álgebra gerada por A.
Solução. Note que A ⊂ Y , o conjunto definido no Exerćıcio 2.N . Note ainda que σ(Y) =
Y . Logo, por um argumento presente na demonstração do Lema 1 temos que σ(A) ⊂ Y .
Isso prova que f−1(F ) ∈ X para todo F ∈ σ(A), como queŕıamos demonstrar.
Exerćıcio 2.P. Seja (X,X ) um espaço mensurável e f uma função real definida em X.
Mostre que f é X -mensurável se e somente se f−1(E) ∈ X para todo conjunto E boreliano.
Solução. A volta é imediata, pois (−∞, α] é boreliano para todo α real, donde temos que
{x ∈ X : f(x) ≤ α} = f−1((−∞, α]) ∈ X . Provaremos a ida.
Suponha que f : X → R é X -mensurável. Seja A a coleção de todos os conjuntos da
forma (−∞, α], com α ∈ R. Então f−1(F ) é X -mensurável para todo F ∈ A. Sabemos
que B é a σ-álgebra gerada pelos conjuntos da forma (a, b] pelo Exerćıcio 2.B. Seja (a, b]
um conjunto meio-aberto qualquer. Podemos escrever (a, b] = (−∞, b]∩((−∞, a])C , donde
B ⊂ σ(A). Segue do Exerćıcio 2.O que f−1(E) ∈ X para todo E ∈ B
Exerćıcio 2.Q. Seja (X,X ) um espaço de medida, f : X → R uma função X -mensurável
e φ : R → R uma função cont́ınua. Mostre que φ ◦ f , definida por (φ ◦ f)(x) = φ[f(x)], é
X -mensurável.
Solução. Começaremos provando que (φ ◦ f)−1(E) = f−1(F ), onde F = φ−1(E). Para
tal, observe que se x ∈ (φ ◦ f)−1(E), então (φ ◦ f)(x) ∈ E, e portanto φ(y) ∈ E, onde
y = f(x). Dáı, f(x) ∈ φ−1(E) = F , donde x ∈ f−1(F ). A outra continência se prova
invertendo cada um dos passos acima.
Provaremos agora que se φ : R → R é cont́ınua, então a pré-imagem de todo boreliano
é também um boreliano. Os Exerćıcios 2.N e 2.M nos auxiliarão.
Seja Y = {E ⊂ R : φ−1(E) ∈ B}. Sabemos do Exerćıcio 2.N que Y é uma σ-álgebra.
Seja O = {O ⊂ R : O é aberto}. Então, como φ é cont́ınua, para cada elemento O ∈ O,
temos que φ−1(O) ∈ O, e como todo aberto é Borel mensurável, então φ−1(O) ∈ B. Pelo
Exerćıcio 2.M , para cada B ∈ B = σ(O), temos que φ−1(B) ∈ B, como desejávamos.
O resultado segue observando que para cada E ∈ B, e denotando F = φ−1(E), temos
que (φ ◦ f)(E) = f−1(F ) ∈ X , uma vez que F = φ−1(E) ∈ B e f é X -mensurável.
Exerćıcio 2.R. Seja f a função do exerćıcio anterior e seja ψ uma função Borel men-
surável. Mostre que φ ◦ f é X -mensurável.
Solução. A ideia é a mesma do exerćıcio anterior. Note que ψ−1(E) ∈ B para todo E ∈ B,
e o resultado segue.
8
Exerćıcio 2.S. Seja f uma função valuada nos omplexos definida num espaço mensurável
(X,X ). Mostre que f é X -mensurável se e somente se
{x ∈ X : a < Re f(x) < b, c < Im f(x) < d}
pertence a X para quaisquer números reais a, b, c, d. Mais geralmente, f é X -mensurável
se e somente se f−1(G) ∈ X para todo aberto G no plano complexo C.
Solução. Sejam a, b, c, d reais. Se f valuada nos complexos é X -mensurável, então Re f
e Im f são mensuráveis. Segue dáı que {a < Re f < b} e {c < Im f < d} são mensuráveis.
Como
{a < Re f(x)< b, c < Im f(x)} = {a < Re f(x) < b} ∩ {c < Im f(x) < d},
o conjunto da esquerda pertence a X .
Por sua vez, suponha que para quaisquer a, b, c, d reais, tenhamos que
{a < Re f < b, c < Im f < d} = {a < Re f < b} ∩ {c < Im f < d} ∈ X .
Então, tomando a união sobre n ∈ N dos conjuntos {x ∈ X : −n < Im f(x) < n}, obtemos
o conjunto X, donde
{a < Re f < b} = {a < Re f < b} ∩
(
∞⋃
n=1
{−n < Im f < n}
)
=
∞⋃
n=1
{a < Re f < b} ∩ {−n < Im f < n},
é X -mensurável, pois é reunião enumerável de X -mensuráveis.
Exerćıcio 2.T. Mostre que as somas, produtos, e limites de funções mensuráveis valuadas
nos complexos são mensuráveis.
Solução. Sejam g, h funções complexas X -mensuráveis e seja (fn) uma sequência de
funções complexas X -mensuráveis convergindo a f . Provaremos que g + h, gh e f são
X -mensuráveis.
Comece notando que Re g, Im g, Reh e Imh são X -mensuráveis. Note agora que
Re(g+h) = Re g+Reh e Im(g+h) = Im g+Imh são funções mensuráveis, donde a soma é
mensurável. Por sua vez, Re(hg) = Reh·Re g−Im f ·Im g e Im(hg) = Re g·Imh+Im g·Reh
são funções mensuráveis, donde é mensurável o produto. Por fim, se lim fn = f , então
lim fn,1 = f1 e lim fn,2 = f2, são mensuáveis pois (fn,i) é sequência de funções mensuráveis.
O resultado segue.
9
Exerćıcio 2.U. Mostre que f : X → R (ou R) é X -mensurável se e somente se o conjunto
Aα no Lemma 2.4(a) de [1] pertence a X para cada número racional α; ou, se e somente
se o onjunto Bα no Lemma 2.4(b) pertence a X para cada número racional α; etc.
Solução. Faremos para os conjuntos que têm a forma Bα. Todos os outros podem ser
feitos de maneira análoga.
Se f é mensurável, todos os conjuntos da forma {f(x) ≤ α}, com α ∈ R são men-
suráveis. Em particular, para todos os α racionais.
Reciprocamente, suponha que {f(x) ≤ α} ∈ X para todo α ∈ Q. Seja β um número
real. Tome, para cada n ∈ N, um racional α no intervalo [β + 1
n+1
, β + 1
n
). Então αn
decresce para β, e portanto (−∞, αn] ↓ (−∞, β]. Por fim, conclúımos que
f−1((−∞, β]) =
∞⋂
n=1
f−1((−∞, αn]) ∈ X .
Pela arbitrariedade da escolha de β ∈ R, segue que f é mensurável.
Exerćıcio 2.V. Uma coleção M não-vazia de subconjuntos de X é chamada uma classe
monótona se, para cada sequência monótona crescente (En) em M e cada sequência
monótona decrescente (Fn) em M, os conjuntos
∞⋃
n=1
En,
∞⋂
n=1
Fn,
pertencem a M. Também, dada uma coleção não-vazia A, existe uma menor classe
monótona que a contém.
Solução. A primeira parte é apenas um jogo de palavras. Como toda σ-álgebra é fechada
para uniões e interseções enumeráveis, em particular também o é para aquelas que são
crescentes e decrescentes, respectivamente. Então toda σ-álgebra é também uma classe
monótona.
Ora, a σ-álgebra gerada por A é uma classe monótona que a contém. Então existe
uma menor.
3 Measures
Exerćıcio 3.A. Se µ é uma medida sobre X e A é um conjunto fixado de X , então a
função λ, definida para E ∈ X por λ(E) = µ(A ∩ E), é uma medida sobre X .
Solução. Seja µ uma medida definida em X . Seja A ∈ X fixado. Defina λ : X → R por
λ(E) = µ(A ∩ E).
10
Provaremos que λ é uma medida em X . De fato, λ(∅) = µ(A ∩ ∅) = µ(∅) = 0. Além do
mais, se {Ai}∞i=1 é uma coleção de elementos de X dois a dois disjuntos, então {A∩Ai}∞i=1
é coleção de elementos de X dois-a-dois disjuntos. Dáı, segue que
λ
(
∞⋃
i=1
Ai
)
= µ
(
A ∩
∞⋃
i=1
Ai
)
= µ
(
∞⋃
i=1
A ∩ Ai
)
=
∞∑
i=1
µ(A ∩ Ai) =
∞∑
i=1
λ(Ai),
o que prova a σ-aditividade de λ.
Exerćıcio 3.B. Se µ1, . . . , µn são medidas sobre X e a1, . . . , an ≥ 0, então a função λ,
definida para E ∈ X por
λ(E) =
n∑
j=1
ajµj(E),
é uma medida sobre X .
Solução. Que λ(∅) = 0, é imediato. Seja (Em) uma sequência de mensuráveis dois-a-dois
disjuntos. Ponha Am =
⊔m
k=1Ek. Então (Am) é uma sequência crescente de mensuráveis,
com
⊔∞
k=1Ek =
⋃∞
k=1Ak. Uma vez que (Am) é crescente, para todo j ∈ [n] temos que
µj
(
∞⋃
k=1
Ak
)
= lim
m→∞
µj(Ak). (1)
Por propriedades das medidas µj, com j ∈ [n], temos que
m∑
k=1
λ(Ek) =
m∑
k=1
n∑
j=1
ajµj(Ek) =
n∑
j=1
aj
m∑
k=1
µj(Ek)
=
n∑
j=1
ajµj
(
m⊔
k=1
Ek
)
=
n∑
j=1
ajµj(Am).
Tomando o limite, temos pela primeira e última parcela e pela eq. (1) que
∞∑
k=1
λ(Ek) = lim
m→∞
m∑
k=1
λ(Ek)
=
n∑
j=1
aj lim
m→∞
µj(Am) =
n∑
j=1
ajµj
(
∞⋃
k=1
Ak
)
=
n∑
j=1
ajµj
(
∞⋃
k=1
Ek
)
= λ
(
∞⋃
k=1
Ek
)
,
o que mostra a σ-aditividade de λ, e conclui a demonstração.
11
Exerćıcio 3.C. Se (µn) é uma sequência de medidas sobre X com µn(X) = 1 para todo
n ∈ N e se λ é definida por
λ(E) =
∞∑
n=1
2−nµn(E), E ∈ X ,
entã λ é uma medida sobre X e λ(X) = 1.
Solução. Que λ(∅) = 0 é imediato da definição de λ. Provaremos a σ-aditividade. Para
tal, seja (Ek) uma sequência de mensuráveis dois-a-dois disjuntos e seja (Ak) como na
solução do exerćıcio anterior. Então
m∑
k=1
λ(Ek) =
m∑
k=1
∞∑
n=1
2−nµn(Ek)
=
m∑
k=1
lim
l→∞
l∑
n=1
2−nµn(Ek)
= lim
l→∞
m∑
k=1
l∑
n=1
2−nµn(Ek).
Como no exerćıcio anterior, queremos inverter os somatórios e usar a σ-aditividade de µn.
Dito isto, observe que
lim
l→∞
m∑
k=1
l∑
n=1
2−nµn(Ek) = lim
l→∞
l∑
n=1
2−n
m∑
k=1
µn(Ek)
=
∞∑
n=1
2−nµn
(
m⊔
k=1
Ek
)
=
∞∑
n=1
2−nµn(Am).
De tudo feito acima, segue que para todo m natural vale
m∑
k=1
λ(Ek) =
∞∑
n=1
2−nµn(Am).
Para concluir o que queremos é suficiente que passemos o limite em m pra dentro da série
do lado direito. Com sorte, a função 2−nµn(Am) é uniformemente limitada em m por 1,
e podemos fazer a passagem. Conclúımos assim que λ é uma medida sobre X . Para ver
que λ(X) = 1, basta observar que λ(X) =
∑∞
n=1 2
−n = 1.
12
Exerćıcio 3.D. Seja X = N, X = P(N). Se (an) é uma sequência de números reais não
negativos e se definirmos µ por
µ(E) =
{
0, se E = ∅,∑
n∈E an, se E ̸= ∅,
então µ é uma medida sobre X . Reciprocamente, toda medida sobre X é obtida desta
forma para alguma sequência (an) ∈ R+
.
Solução. Que µ(∅) = 0 e µ ≥ 0, é imediato da definição de µ. Provaremos a σ-aditividade.
Para tal, seja (En) uma sequência de mensuráveis dois-a-dois disjuntos. Então, como os
conjuntos são disjuntos, se n pertence a união, então pertence a exatamente um dos
conjuntos Ek, donde
µ
(
∞⋃
k=1
Ek
)
=
∑
n∈
⋃
k Ek
an =
∞∑
k=1
∑
n∈Ek
an =
∞∑
k=1
µ(Ek).
Reciprocamente, se E ⊂ N, então E =
⋃
n∈E{n}. Pela σ-aditividade (ou finito-aditividade,
se for o caso de E ser finito), temos que
µ(E) =
∑
n∈E
µ({n}).
Ponha an = µ({n}), e o resultado segue.
Exerćıcio 3.E. Seja X um conjunto não-enumerável e seja X a famı́lia de todos os
subconjuntos de X. Defina µ sobre E em X por
µ(E) =
{
0 se E é enumerável,
+∞ se E é não-enumerável.
Mostre que µ é uma medida sobre X .
Solução. Note que µ(∅) = 0, pois ∅ é enumerável e µ(E) ≥ 0 para todo E ∈ X . Provare-
mos a σ-aditividade. Para tal, seja (En) uma sequência de conjuntos X -mensuráveis. Se
En é enumerável para cada n ∈ N, a reunião também é enumerável, e portanto
µ
(
∞⋃
n=1
)
= 0 =
∞∑
n=1
µ(En). (2)
Porém, se existe pelo menos um conjunto En0 não-enumerável, então a reunião é não-
enumerável, e portanto
µ
(
∞⋃
n=1
)
= +∞ =
∞∑
n=1
µ(En),
uma vez que µ(En0) = +∞. Em ambos os casos, obtemos o desejado.
13
Exerćıcio 3.F. Seja X = N e seja X a famı́lia de todos os subconjuntos de N. Se E for
finito, defina µ(E) = 0; se E for infinito, defina µ(E) = +∞. A função µ é uma medida
sobre X ?
Solução. Não. De fato, observe que N =
⊔∞
n=1{n}, mas
µ(N) = +∞ ≠ 0 =
∞∑
n=1
µ({n}).
Exerćıcio 3.G. Se X e X são os do Exerćıcio 3.F , seja λ(E) = +∞, para todo E ∈ X .
A função λ é uma medida?
Solução. Não, uma vez que ∅ ∈ X .
Exerćıcio 3.H. Mostre que o Lemma 3.4(b) de [1] pode falhar se a condição de finitude
µ(F1) < +∞ for deixada de lado.
Solução. Considere a medida de Lebesgue nos reais. Tome a sequência de conjuntos
(Fn) dada por Fn = [n,+∞).Então (Fn) é descrescente (e converge para o vazio), e
µ(Fn) = +∞ para todo n ∈ N, mas
µ
(
∞⋂
n=1
Fn
)
= 0 ̸= +∞ = lim
n→∞
µ(Fn).
Exerćıcio 3.I. Seja (X,X , µ) um espaço de medida e seja (En) uma sequência de men-
suráveis em X . Mostre que
µ(lim inf En) ≤ lim inf µ(En).
Solução. Chame Am =
⋃∞
n=mEn. Então, para todo m ∈ N, temos que Am ⊂ Em. Assim,
lim inf µ(An) ≤ lim inf µ(En). Além do mais, Am cresce, e portanto
µ(lim supEn) = µ
(
∞⋃
m=1
Am
)
= lim
m→∞
µ(Am) ≤ lim inf µ(En),
como desejávamos demonstrar.
Exerćıcio 3.J. Utilizando a notação do Exerćıcio 2.D, mostre que
lim supµ(En) ≤ µ(lim supEn),
quando µ(
⋃
En) < +∞. Mostre um exemplo em que a desigualdade falha quando
µ(
⋃
En) = +∞.
14
Solução. Chame Bm = ∩∞
n=mEn. Então, para todo m ∈ N, temos que Em ⊂ Am. Assim,
lim supµ(En) ≤ lim supµ(Bn). Além do mais, Bm decresce e µ(B1) <∞, e portanto
µ(lim supEn) = µ
(
∞⋃
m=1
Am
)
= lim
m→∞
µ(Am) ≥ lim supµ(Em) (3)
como desejávamos demonstrar.
Para o contra-exemplo, tome En = [n − 1, n] em (R,B, λ), onde λ é a medida de
Lebesgue. Note que Am =
⋃∞
n=mEn = [m,+∞), que decresce para o vazio quando
m→ ∞. Logo, µ(lim supEn) = 0. Por sua vez, lim supµ(En) = 1.
Exerćıcio 3.K. Seja (X,X , µ) um espaço de medida e seja Z = {E ∈ X : µ(E) = 0}. A
coleção Z é uma σ-álgebra? Mostre que se E ∈ Z e F ∈ X , então E ∩ F ∈ Z. Também,
se En ∈ Z para todo n ∈ N, então
⋃
nEn ∈ Z.
Solução. Note que se µ(X) > 0, então X ̸∈ Z, então no geral Z não é uma σ-álgebra
(de subconjuntos de X). Dados E ∈ Z e F ∈ X , observe que E ∩ F ⊂ E, donde
µ(E ∩ F ) ≤ µ(E) = 0, e portanto E ∩ F ∈ Z. Por sua vez, dada a sequência (En) de
elementos de Z, temos que (En) é uma sequência de elementos de X , donde
µ
(
∞⋃
n=1
En
)
≤
∞∑
n=1
µ(En) = 0,
e portanto
⋃
nEn ∈ Z, como queŕıamos demonstrar.
Exerćıcio 3.L. Sejam X,X , µ,Z como no Exerćıcio 3.K e seja X ′ a famı́lia de todos os
subconjuntos da forma
(E ∪ Z1) \ Z2, E ∈ X ,
onde Z1 e Z2 são subconjuntos arbitrários de elementos de Z. Mostre que um conjunto
está em X ′ se e somente se ele tem a forma E ∪Z, onde E ∈ X e Z é subconjunto de um
elemento de Z. Mostre que X ′ forma uma σ-álgebra de conjuntos de X. A σ-álgebra X ′
é chamada de completamento de X com respeito a µ.
Solução. Seja F ∈ X ′. Então F = (E ∪ Z1) \ Z2, onde E ∈ X e Z1 ⊂ Z ′
1, Z2 ⊂ Z ′
2, com
Z ′
1, Z
′
2 ∈ Z. Pelo Exerćıcio 3.K Z ′
1 ∪Z ′
2 ∈ Z, donde E ′ = E \ (Z ′
1 ∪Z ′
2) ∈ X . Mostraremos
que F = E ′ ∪ Z ′, onde Z ′ = (Z1 \ Z2) ∪ [(Z ′
1 ∩ E) \ Z2] ∪ [(Z ′
2 ∩ E) \ Z2] ⊂ Z ′
1 ∪ Z ′
2 ∈
Z. Isto prova a ida da primeira parte da questão. A igualdade pode ser estabelecida
facilmente. Como E = [E \ (Z ′
1 ∪ Z ′
2)] ∪ (E ∩ Z ′
1) ∪ (E ∩ Z ′
2) e Z2 ⊂ Z ′
2, segue que
E \ Z2 = [E \ (Z ′
1 ∪ Z ′
2)] ∪ [(E ∩ Z ′
1)\] ∪ [(E ∩ Z ′
2) \ Z2]. Unindo com Z1 \ Z2, o resultado
segue.
15
Agora, provaremos a volta. Esta é trivial, uma vez que se F = E ∪ Z com E ⊂ X e
Z ⊂ Z ′ ∈ Z, basta tomar Z1 = Z e Z2 = ∅, e temos F ∈ X ′.
Por fim, provaremos que X ′ é uma σ-álgebra sobre X. Que ∅, X ∈ X ′ é imediato
da definição equivalente. A partir de agor, sempre que tomarmos conjuntos Zi, ficará
subetendido que cada um deles é subconjunto de algum elemento de Z. Basta tomar
E = ∅, X, respectivamente, e Z = ∅. Também, dado F ∈ X ′, temos que F = (E ∪ Z1) \
Z2 = (E \ Z2) ∩ (Z1 \ Z2). Logo, temos que
FC = (E \ Z2)
C ∪ (Z1 \ Z2)
C
= (Z2 ∪ EC) ∪ (Z2 ∪ ZC
1 )
= Z2 ∪ EC ∪ ZC
1
= (EC ∪ Z2) \ Z1,
e segue que FC ⊂ X ′, pois EC ∈ X . Já para ver que a união enumerável de elementos
de X ′ está em X ′, seja (Fn) uma sequência de elementos de X ′. Então Fn = En ∪ Zn,
onde En ∈ X e Zn ⊂ Z ′
n ∈ Z. Dáı,
⋃
n Fn =
⋃
n(En ∪ Zn) = (
⋃
nEn) ∪ (
⋃
n Zn).
Note que
⋃
nEn ∈ X e como a união enumerável de elementos de Z está em Z, temos⋃
n Zn ⊂
⋃
n Z
′
n ∈ Z. O resultado segue.
Exerćıcio 3.M. Com a notação do Exerćıcio 3.L, seja µ′ definida sobre X ′ por
µ′(E ∪ Z) = µ(E),
quando E ∈ X e Z é subconjunto de algum conjunto em Z. Mostre que µ′ está bem-
definida e é uma medida sobre X ′ que coincide com µ em X . A medida µ′ é chamada o
completamente de µ.
Solução. Vamos mostrar que o valor de µ′ não depende do representante escolhido. Para
tal, seja E ∪ Z ∈ X ′ como no enunciado, e suponha que este conjunto também pode ser
representado por E ′∪Z ′, com E ′ ∈ X e Z ′ é subconjunto de algum conjunto em Z. Então,
temos que E∪Z = E ′∪Z ′. Agora basta observar que E ⊂ E∪Z = E ′∪Z ′ ⊂ E ′∪Z ′
1, para
algum Z ′
1 ∈ Z, e portanto µ(E) = µ(E ′∪Z ′
1) = µ(E ′), pelo Prinćıpio da Inclusão-Exclusão.
Provaremos agora que µ′ é uma medida. Para tal, observe que µ′(∅) = 0 e µ′(E ∪Z) =
µ(E) ≥ 0, pois µ é uma medida. Resta provar que µ′ é σ-aditiva. Para tal, seja (En ∪Zn)
uma sequência disjunta de elementos de X ′. Note que
⋃
n Zn ⊂
⋃
n Zn,1 := Z, onde
Zn,1 ∈ Z para todo n ∈ N, e Z ∈ Z. Então, pondo E =
⋃
nEn, temos que
µ′
(
∞⋃
n=1
(En ∪ Zn)
)
= µ′(E ∪ Z) = µ(E) =
∞∑
n=1
µ(En) =
∞∑
n=1
µ′(En ∪ Zn),
como desejávamos demonstrar.
16
Exerćıcio 3.N. Seja (X,X , µ) um espaço de medida e seja (X,X ′, µ′) o seu completa-
mento, no sentido do Exerćıcio 3.M. Suponha que f : X → R seja X ′-mensurável. Mostre
que existe uma função g : X → R que é X -mensurável e coincide em µ-quase todo ponto
com f .
Solução. Não fiz.
Exerćıcio 3.O. Mostre que o Lemma 3.4 de [1] vale se µ for uma carga sobre X .
Solução. O Lemma 3.4 continua valendo, uma vez que as únicas propriedades de µ (que
lá é uma medida) utilizadas são que µ(F \ E) = µ(F ) − µ(E), quando µ(E) < +∞; e a
σ-aditividade. No caso de µ ser uma carga, também valem as duas propriedades, com o
bônus que µ(E) < +∞ sempre.
Exerćıcio 3.P.
Exerćıcio 3.Q.
Exerćıcio 3.R. Seja λ a medida de Lebesgue definida na σ-álgebra de Borel B de R.
(a) Se E consiste de um único ponto, então E ∈ B e λ(E) = 0.
(b) Se E é enumerável, então E ∈ B e λ(E) = 0.
(c) O intervalo (a, b), os intervalos [a, b), (a, b], e o intervalo [a, b] tem todos medida de
Lebesgue b− a.
Solução. (a) Note que {a} =
⋂
n(a −
1
n
, a + 1
n
), donde {a} ∈ B e λ({a}) = limλ(a −
1
n
, a+ 1
n
) = 0.
(b) Decorre diretamente do item (a) tomando a união enumerável de pontos.
(c) Basta escrever (a, b] =
⋂
(a, b+ 1
n
) e seus análogos, para obter que todos têm medida
b− a.
Exerćıcio 3.S. Se λ denota a medida de Lebesgue e E é um subconjunto aberto de R,
então λ(E) > 0 se e somente se E é não-vazio. Mostre que se K é compacto de R, então
λ(E) < +∞.
Solução. Se E é não-vazio, então E contém um intervalo não-degenerado (a, b), cuja
medida é obtida. Dáı, λ(E) > 0 por monotonicidade. Se λ(E) > 0, então é evidente que
E é não-vazio.
Sendo K compacto, então K é limitado, donde existem a, b tais que K ⊂ (a, b), e
portanto λK ≤ λ((a, b)) = b− a < +∞.
17
4 The Integral
Definição 1. Uma função f valuada nos reais é dita simples se f assume apenas uma
quantidade finita de valores.
Durante as demonstrações que seguem, utilizaremos 1(A) para denotar a função ca-
racteŕıstica do conjunto A.
Exerćıcio 4.A. Se a função simples φ em M+(X,X ) tem representação (não necessaria-
mente standard
φ =
m∑
k=1
bk 1(Fk),
onde bk ∈ R e Fk ∈ X , mostre que∫
φdµ =
m∑
k=1
bkµ(Fk).
Solução. Suponha que φ ∈ M+(X,X ) tem representação φ =
∑m
k=1 bk 1(Fk), que não
é necessariamente a standard, mas tal que {Fk}mk=1 forme uma partição de X. Seja φ =∑n
l=1 al 1(El) a representação standard de φ. Observe que para todo l, k, temos que se
x ∈ Fk ∩ El, então al = φ(x) = bk. Isto nos dá que al = bk, caso Fk ∩ El ̸= ∅. Ora, dáı
temos que ∫
φ =
n∑
l=1
alµ(El) =
n∑
l=1
al
m∑
k=1
µ(Fk ∩ El)
=
m∑
k=1
n∑
l=1
alµ(Fk ∩ El)
=
m∑
k=1
∑
l:Fk∩El ̸=∅
bkµ(Fk ∩ El)
=
m∑
k=1
bkµ(Fk),
uma vez que caso Fk ∩ El = ∅, temos que alµ(Fk ∩ El) = 0.
O que fizemos acima foi retirar a dependência de l no termo al, quando a medida de
Fk ∩ El é 0, passandoassim a dependência para k.
Ao invés de provar que são simples a soma, produto por escalar, produto, máximo e
mı́nimo de funções simples, demonstraremos um caso mais geral utilizaremos tudo aquilo
que elas têm em comum: operarem com os valores que essas funções simples assumem em
intervalos cuja interseção é não-vazia. Isto ficará claro no lema abaixo.
18
Lema 2. Sejam f, g funções simples com representações standard dadas por
f =
n∑
i=1
ai 1(Ei) e g =
m∑
j=1
bj 1(Fj),
e seja A = {(i, j) : Ei ∩ Fj ̸= ∅}. Se h = h(f, g) se ecreve sob a forma
h =
∑
(i,j)∈A
h′(ai, bj)1(Ei ∩ Fj),
onde h′ : R2 → R é uma função tomando valores reais, então h é simples.
Demonstração. Começaremos dando uma partição no conjunto A. Para (i, j), (r, s) ∈
A, escreva (i, j) ∼ (r, s) quando h′(i, j) = h′(r, s). Claramente ∼ é uma relação de
equivalência. Denote [(i, j)] := {(r, s) : (r, s) ∼ (i, j)} a classe do elemento (i, j) pela
relação ∼. Denote por A∼ o conjunto das classes pela relação de equivalência ∼. Por fim,
dado [(i, j)] ∈ A∼ denote
G[(i, j)] =
⋃
(r,s)∼(i,j)
Er ∩ Fs.
Observe que h assume valores no conjunto {h′(i, j) : [(i, j)] ∈ A∼} (note que para cada
classe deve ser escolhido um único representante). Portanto, todos os valores do conjunto
anterior são distintos. Além do mais, o valor h′(i, j) é assumido apenas no conjunto
G[(i, j)]. Ou seja, h é simples e a sua representação standard é dada por
h =
∑
[(i,j)]∈A∼
h′(ai, bj)1(G[(i, j)]),
uma vez que os conjuntos G[(i, j)] formam uma partição de X.
Com o lema acima em mãos, os exerćıcios a seguir seguem trivialmente.
Exerćıcio 4.B (4.B.). A soma, produto por escalar, e o produto de funções simples, são
funções simples.
Solução. Sejam f =
∑n
i=1 ai 1(Ei) e g =
∑m
j=1 bj 1(Fj) as representações standard das
funções simples f e g, e seja α um número real. Denote A = {(i, j) : Ei ∩Fj ̸= ∅}. Então,
por uma ideia já vista anteriormente, temos que
αf + g =
∑
(i,j)∈A
(αai + bj)1(Ei ∩ Fj)
f · g =
∑
(i,j)∈A
(ai · bj)1(Ei ∩ Fj).
Em ambos os casos se aplica o Lema 2, e segue que a soma f + g é simples (pondo α = 1),
αf é simples (pondo g = 0 na primeira igualdade), e o produto f · g é simples.
19
Exerćıcio 4.C. Se φ1, φ2 funções simples em M(X,X ), então
ψ = max{φ1, φ2} e ω = min{φ1, φ2},
são funções simples em M(X,X ).
Solução. Basta observar que se φ1 =
∑n
i=1 ai 1(Ei) e φ2 =
∑m
j=1 bj 1(Fj), e denotando
A = {(i, j) : Ei ∩ Fj ̸= ∅}, temos que
ψ =
∑
(i,j)∈A
max{ai, bj}1(Ei ∩ Fj), e
ω =
∑
(i,j)∈A
min{ai, bj}1(Ei ∩ Fj).
Novamente pelo Lema 2, o resultado segue.
Exerćıcio 4.D. Se f ∈M+ e c > 0, então o mapa φ→ ψ = cφ é um mapa injetivo entre
funções simples φ ∈ M+ com φ ≤ f e as funções simples ψ ∈ M+ com ψ ≤ cf . Use esta
observação para dar uma prova diferente para o Corollary 4.7(a) de [1].
Solução. Chame N(φ) = cφ. O mapa N é injetivo. De fato, se N(φ) = N(ψ), então
cφ = cψ, donde φ = ψ. Também, se φ ≤ f , então cφ ≤ cf, e a primeira parte segue.
Utilizando a definição de integral, temos que∫
cfdµ = sup
{∫
ψdµ : 0 ≤ ψ ≤ cf
}
,
onde o supremo é tomado em cima de funções simples. Ora, mas o conjunto das funções
ψ ≤ cf , está relacionado de maneira injetiva, com o conjunto das funções φ ≤ f . Logo,
temos a igualdade ∫
cfdµ = sup
{∫
cφ : 0 ≤ φ ≤ f
}
= c sup
{∫
φ : 0 ≤ φ ≤ f
}
= c
∫
fdµ
Exerćıcio 4.E. Sejam f, g ∈ M+, seja ω ∈ M+ uma função simples tal que ω ≤ f + g
e seja φn(x) = sup{m
n
ω(x) : 0 ≤ m ≤ n com m
n
ω(x) ≤ f(x)}. Seja também ψn(x) =
sup{(1− 1
n
)ω(x)− φn(x), 0}. Mostre que (1− 1
n
)ω ≤ φn + ψn e φn ≤ f, ψn ≤ g.
20
Solução. Primeiro note que φ apenas olha para os pares m,n tais que m
n
ω(x) ≤ f(x), e
portanto para qualquer escolha onde vá se tomar o supremo temos φn(x) ≤ m
n
ω(x) ≤ f(x).
Por sua vez, existe 1 ≤ m ≤ n tal que φn(x) =
m
n
ω(x), donde
ψn(x) = ω(x)− m− 1
n
ω(x) ≤ ω(x)− f(x) = g(x),
por definição do supremo. Para m = 0, o caso é trivial.
Exerćıcio 4.F. Use o Exerćıcio 4.E para estabelecer o Corollary 4.7(b) de [1] sem usar o
Teorema da Convergência Monótona.
Solução. Não fiz.
Exerćıcio 4.G. Seja X = N, seja X a coleção de todos os subconjuntos de N, e seja µ
a medida de contagem sobre X . Se f é uma função não-negativa definida em N, então
f ∈M+(X,X ) e ∫
fdµ =
∞∑
n=1
f(n).
Solução. Seja µ a medida de contagem em P(N). Seja f : N → R uma função não-
negativa qualquer. Como a σ-álgebra é a das partes, então f é mensurável. Considere a
sequência de funções {fn}∞n=1 de funções N → R definidas como a seguir:
fn(k) =
{
f(k), se k ≤ n
0 , c.c.
Note que fn → f crescendo. Além do mais, temos que fn é constante igual a fn(k) = f(k),
quando restrita ao conjunto {k}, e 1 ≤ k ≤ n, e fn(k) = 0, quando k > n. Assim, temos
que ∫
fndµ =
n∑
k=1
∫
{k}
fndµ =
n∑
k=1
fn(k) · µ({k}) =
n∑
k=1
f(k).
Pelo Teorema da Convergência Monótona, segue que∫
fdµ = lim
n→∞
∫
fndµ = lim
n→∞
n∑
k=1
f(k) =
n∑
k=1
f(k),
como desejávamos demonstrar.
21
Exerćıcio 4.H. Sejam X = R, X = B, e λ a medida de Lebesgue sobre B. Se fn =
1([0, n]), então a sequência é monótona crescendo para f = 1([0,+∞). Embora as funções
sejam uniformemente limitadas por 1 e as integrais de fn sejam todas finitas, nós temos∫
fdλ = +∞.
O Teorema da Convergência Monótona se aplica?
Solução. Sim. Basta notar que
∫
fndλ = λ([0, n]) = n→ +∞ =
∫
fdλ.
Exerćıcio 4.I. Sejam X = R, X = B, e λ a medida de Lebesgue sobre B. Se fn =
1
n
1([n,+∞)), então a sequência (fn) é monótona decrescente e converge uniformemente
para f = 0, mas ∫
fdλ = 0 ̸= +∞ = lim
∫
fndλ.
Solução. Comece observando que para todo n ∈ N e todo x ∈ X temos que fn(x) ≤ 1
n
.
Seja ε > 0 qualquer. Tome n0 ∈ N tal que 1
n0
< ε. Então para todo n > n0, temos que
|fn − 0| = |fn(x)| ≤ 1
n
< 1
n0
< ε, para todo x ∈ X. Logo, fn → f uniformemente.
Porém, para cada n ∈ N, temos que∫
fndλ = 1
n
λ([n,+∞)) = +∞ ≠ 0 =
∫
fdλ.
Então não vale uma versão análoga ao Teorema da Convergência Monótona quando a
convergência é decrescendo.
Exerćıcio 4.J. (a) Seja fn = 1
n
1([0, n]), f = 0. Mostre que (fn) converge uniforme-
mente para f , mas ∫
fdλ ̸= lim
∫
fndλ.
Por que isso não contradiz o Teorema da Convergência Monótona? O Lema de Fatou
se aplica?
(b) Seja gn = n1([ 1
n
, 2
n
]), g = 0. Mostre que∫
gdλ ̸= lim
∫
gndλ.
A sequência (gn) converge uniformemente para g? O Teorema da Convergência
Monótona se aplica? O Lema de Fatou se aplica?
22
Solução. (a) A convergência uniforme é dada por uma conta idêntica a da solução
anterior. O Teorema da Convergência Monótona não se aplica neste caso pois fn ↓ f .
Note que ∫
fndλ = 1
n
λ([0, n]) = 1 ̸= 0 =
∫
fdλ,
como queŕıamos demonstrar.
O Lema de Fatou se aplica, pois temos (gn) pertencente aM
+. Neste caso, lim inf gn =
g.
Exerćıcio 4.K. Seja (X,X , µ) um espaço de medida finito e (fn) uma sequência de funções
em M+(X,X ) valuadas nos reais. Se fn → f uniformente, então f ∈M+(X,X ) e
lim
∫
fndµ =
∫
fdµ.
Solução. A função f é integrável pois é limite da sequência (fn) (o lim inf de funções
mensuráveis é mensurável, e portanto o limite).
Seja ε > 0. Como µ(X) < +∞ e fn → f uniformemente, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0
implica que para todo x ∈ X temos
|fn(x)− f(x)| < ε
µ(X)
.
Dáı, segue que para todo n ≥ n0 temos∣∣∣∣∫ fndµ−
∫
fdµ
∣∣∣∣ ≤ ∫ |fn − f |dµ <
∫
ε
µ(X)
dµ = ε
µ(X)
· µ(X) = ε,
o que mostra que
∫
fndµ→
∫
fdµ, quando n→ ∞.
Exerćıcio 4.L. Seja X um intervalo compacto [a, b] em R, seja X a coleção dos borelianos
de X, e seja λ a medida de Lebesgue sobre X . Se f é uma função não-negativa cont́ınua
sobre X , mostre que ∫
fdλ =
∫ b
a
f(x)dx,
onde o lado direito denota a integral de Riemann de f .
Solução. Seja φ uma função escada, i.e, uma função da forma φ =
∑m
k=1 ci 1(Ei), onde
os Ei são intervalos fechados. Em particular, φ é uma função simples, poisadmite finitos
23
valores. Pelo Exerćıcio 4.A e do fato de a medida de Lebesgue de intervalos coincidir com
o seu comprimento, temos que∫
φdλ =
m∑
k=1
ciλ(Ei) =
m∑
k=1
ci|Ei|,
onde |Ei| é o comprimento do intervalo Ei. Agora note que se Ei é intervalo de extremos
ai e bi para todo 1 ≤ i ≤ m, temos que∫ b
a
φ(x)dx =
m∑
k=1
∫ bi
ai
cidx =
m∑
k=1
ci|Ei|.
. O resultado segue, portanto para as funções escada.
Seja f uma função cont́ınua não-negativa definida em [a, b] e tomando valores reais.
Tomando uma sequência de partições Pn ⊂ Pn+1 com norma indo a 0 e tomando a função
escada φn que corresponde a soma inferior relativo a partição Pn, temos uma sequência de
funções escada (que também são simples) crescendo para f. Como a soma inferior converge
para a integral de Riemann (pois f é cont́ınua e limitada, e portanto integrável) temos
lim
∫ b
a
φndx =
∫ b
a
f(x)dx.
Por outro lado, como as funções simples φn convergem crescendo para f , segue do Teorema
da Convergência Monótona que
lim
∫
φndλ =
∫
fdλ.
Como a igualdade vale para funções escada, o resultado segue por unicidade do limite.
Exerćıcio 4.M. Seja X = [0,+∞), seja X a coleção dos borelianos de X e seja λ a
medida de Lebesgue. Se f é uma função não-negativa cont́ınua sobre X, mostre que∫
fdλ = lim
b→∞
∫ b
0
f(x)dx.
Portanto, se f é não-negativa cont́ınua, a integral de Lebesgue e a integral imprópria de
Riemann coincidem.
Solução. Sabemos do Lemma 4.3(b) de [1] que µ(E) =
∫
E
fdλ é uma medida sobre X .
Como En = [0, n] é uma sequência de mensuráveis convergindo crescendo para X, segue
pelo Lemma 3.4 que ∫
fdλ = µ(X) = limµ(En) = lim
n→∞
∫
En
fdλ.
Como cada En é compacto, segue do Exerćıcio 4.L que
∫
En
fdλ =
∫ n
0
f(x)dx. O resultado
segue.
24
Exerćıcio 4.N. Se fn = − 1
n
1([0, n]), então a sequência (fn) converge uniformemente
para f = 0 sobre [0,+∞). No entanto,
∫
fndµ = −1 enquanto
∫
fdµ = 0, e portanto
lim inf
∫
fndµ = −1 ̸= 0 =
∫
fdµ.
Solução. Como |fn − f | ≤ 1
n0
para todo n ≥ n0, segue que fn → f uniformemente.
Além do mais, para cada n inteiro positivo temos que∫
fndµ =
∫
1
n
1([0, n])dµ = − 1
n
µ([0, n]) = −1,
enquanto
∫
fdµ = 0. O resultado segue.
Exerćıcio 4.O. O Lema de Fatou passui uma extensão para o caso em que fn toma valores
negativos. Seja h ∈M+(X,X ) e suponha que
∫
hdµ < +∞. Se (Fn) é uma sequência em
M(X,X ) e se −h ≤ fn, então∫
(lim inf fn)dµ ≤ lim inf
∫
fndµ.
Solução. Não fiz.
Exerćıcio 4.P. Por que não podemos aplicar o Exerćıcio 4.O no Exerćıcio 4.N?
Solução. Porque para a sequência (fn), não pode haver uma função h ∈M+ com integral
finita e tal que −h ≥ fn. Para ver uma prova desta afirmação, confira a Solução do
Exerćıcio 5.N.
Exerćıcio 4.Q. Se f ∈M+(X,X ) e
∫
fdµ < +∞, então µ({x ∈ X : f(x) = +∞}) = 0.
Solução. Denote E∞ = {x ∈ X : f(x) = +∞}. Se fosse µ(E∞) = c > 0, para cada n ∈ N
teŕıamos que f(x) ≥ n
c
para todo x ∈ E∞. Logo, para cada n ∈ N deveŕıamos ter∫
fdµ ≥
∫
E∞
fdµ ≥
∫
E∞
n
c
dµ = n
c
· µ(E∞) = n,
o que contraria o fato que
∫
fdµ < +∞.
Exerćıcio 4.R. Se f ∈M+(X,X ) e
∫
fdµ < +∞, então o conjunto N = {x ∈ X : f(x) >
0} é σ-finito (ou seja, se escreve com reunião enumerável de mensuráveis de medida finita).
25
Solução. Para cada n ∈ N, o conjunto En = {x ∈ X : f(x) > 1
n
} tem medida finita. De
fato, se fosse En de medida infinita, teŕıamos que
∫
En
fdµ ≥
∫
En
1
n
dµ = +∞, um absurdo.
Agora note que N =
⋃∞
n=1En, o que demonstra o que desejávamos.
Exerćıcio 4.S. Se f ∈ M+(X,X ) e
∫
fdµ < +∞, então para cada ε > 0 existe um
conjunto E ∈ X tal que µ(E) < +∞ e∫
fdµ ≤
∫
E
fdµ+ ε.
Solução. Se µ(X) < +∞, basta tomar E = X e não há mais nada a fazer. Suponha,
portanto, µ(X) = +∞.
Seja ε > 0. Como f ∈ M+ e
∫
fdµ < +∞, então, por definição da integral de f ,
existe φ ≤ f uma função simples tal que
∫
fdµ ≤
∫
φdµ+ ε. Como φ é simples, podemos
escrever φ =
∑m
i=1 ai 1(Ei), onde os valores ai são distintos. Algum dos ai deve ser nulo,
pois do contrário, haveria Ei tal que µ(Ei) = +∞, e teŕıamos∫
fdµ ≥
∫
Ei
fdµ ≥
∫
Ei
φdµ = aiµ(Ei) = +∞,
um absurdo. Sem perda de generalidade, suponha am = 0. Cada Ei, com 1 ≤ i ≤ m−1 tem
medida finita pelo mesmo argumento que acabamos de ver. Assim, pondo E =
⋃m−1
i=1 Ei,
temos que µ(E) < +∞ e∫
E
fdµ ≥
∫
E
φdµ =
∫
φdµ ≥
∫
fdµ− ε,
como desejávamos mostrar.
5 Integrable Functions
Nas soluções, muitas vezes o espaço de medida será omitido e escreveremos apenas L
ao invés de L(X,X , µ). Também escreveremos M+ ao invés de M+(X,X ). O contexto
sempre estará claro.
Exerćıcio 5.A. Se f ∈ L(X,X , µ) e a > 0, mostre que o conjunto {x ∈ X : |f(x)| ≥ a}
tem medida finita. Também, o conjunto {x ∈ X : f(x) ̸= 0} tem medida σ-finita.
Solução. Se f ∈ L, então
∫
f+dµ < +∞ e
∫
f−dµ < +∞. Se existisse a > 0 tal que
µ({|f(x)| ≥ a}) = +∞, então µ({f+(x) ≥ a}) = +∞ ou µ({f−(x) ≥ a}) = +∞. De fato,
{|f(x)| ≥ a} = {f+(x) ≥ a} ∪ {f−(x) ≥ a}. Ambos os casos são análogos. Faremos o
primeiro.
Chame A+ = {f+(x) ≥ a}. Se µ(A+) = +∞, então∫
f+dµ ≥
∫
A+
f+dµ ≥
∫
A+
adµ = aµ(A+) = +∞,
26
o que contraria o fato de f estar em L. Segue que {|f(x)| ≥ a} tem medida finita.
Para provar a segunda parte, note que {f(x) ̸= 0} =
⋃∞
n=1{|f(x)| ≥
1
n
}. O resultado
segue da primeira parte.
Exerćıcio 5.B. Se f é uma função X -mensurável tomando valores reais, e se f(x) = 0
para µ-quase todo x ∈ X, então f ∈ L(X,X , µ) e∫
fdµ = 0.
Solução. Como f(x) = 0 para µ-quase todo x ∈ X, então f+(x) = 0 e f−(x) = 0 também
para µ-quase todo x ∈ X. Pelo Corolário 4.10 de [1], f+ e − estão em M+, e além do
mais,
∫
f+dµ = 0 =
∫
f−dµ. O resultado segue, uma vez que
∫
fdµ =
∫
f+dµ−
∫
f−dµ.
Exerćıcio 5.C. Se f ∈ L(X,X , µ) e g é X -mensurável tomando valores reais tal que
f(x) = g(x) para µ-quase todo x ∈ X, então g ∈ L(X,X , µ) e∫
fdµ =
∫
gdµ.
Solução. Note que f, g são X mensuráveis, e portanto também o é a função f − g. Por
sua vez, como f(x) = g(x) µ−qtp em X, então (f − g)(x) = 0 µ-qtp em X. Utilizando o
Exerćıcio 5.B. para a função f − g, obtemos que
∫
(f − g)dµ = 0, donde∫
fdµ =
∫
gdµ,
como queŕıamos demonstrar.
Exerćıcio 5.D. Se f ∈ L(X,X , µ) e ε > 0, então existe uma função simples mensurável
φ tal que ∫
|f − φ|dµ < ε.
Solução. Seja ε > 0. Como f ∈ L, então f+, f− são mensuráveis, e além disso
∫
f+dµ <
+∞ e
∫
f−dµ < +∞. Como f+ é mensurável, existe (φ+
n ) uma sequência de funções
simples positivas convergindo crescendo para f+. Por definição de integral para funções
positivas, ∫
f+dµ = sup
∫
φ+
n dµ.
27
Dáı, existe n1 ∈ N tal que para todo n ≥ n1 vale
∫
f+dµ <
∫
φ+
n dµ + ε
2
. Portanto, para
todo n ≥ n1 vale ∫
|f+ − φ+
n |dµ < ε
2
.
Acima tomamos o módulo apenas por conveniência, uma vez que φ+
n ≤ f+ para todo
n ∈ N. Analogamente, existe (φ−
n ) convergindo crescendo para f−, e conseguimos n2 tal
que para todo n ≥ n2 vale ∫
|f− − φ−
n |dµ < ε
2
.
Tome n0 = max{n1, n2}. Faça φ = φ+
n −φ−
n , com n > n0 qualquer. Então φ é uma função
mensurável simples, pois é diferença de duas funções mensuráveis simples. Além do mais,∫
|f − φ|dµ =
∫
|f+ − f− − φ+
n + φ−
n |dµ
≤
∫
|f+ − φ+
n |dµ+
∫
|f− − φ−
n |dµ
< ε
2
+ ε
2
= ε,
como queŕıamos demonstrar.
Exerćıcio 5.E. Se f ∈ L e g é uma função mensurável limitada, então o produto fg
pertence a L.
Solução. Suponha que f ∈ L, g ∈ M+ e sup g(x) < +∞. Então g+ é mensurável e
limitada e g− é mensurável e limitada. Além do mais,
fg = (f+ − f−)(g+ − g−) = f+g+ − f+g− − f−g+ + f−g−
= (f+g+ + f−g−)− (f+g− + f−g+),
e ambas as funções nos parênteses são positivas. Seja M = sup g+(x) e N = sup g−(x).
Então f+g+ ≤ Mf+, f+g− ≤ Nf+, f−g+ ≤ Mf− e f−g− ≤ Nf−. Não é dif́ıcil ver que
cada uma dessas parcelas está em L. Faremos para f+g+ e os outros casos são análogos.
Note que ∫
f+g+dµ ≤
∫
Mf+µ =M
∫
f+dµ < +∞.
Como
∫
(f+g+ + f−g−)dµ < +∞e
∫
(f+g− + f−g+)dµ < +∞, segue que fg ∈ L, como
desejávamos.
28
Exerćıcio 5.F. Se f pertence a L, não necessariamente f 2 pertence a L.
Exemplo 1. Tome f(x) = 1√
x
definida em [0, 1]. Então
∫
f(x)dx = 2, mas
∫ 1
0
f(x)2dx =∫ 1
0
1
x
dx = +∞.
Exerćıcio 5.G. Suponha que f ∈ L(X,X , µ) e que sua integral indefinida seja
λ(E) =
∫
E
fdµ, E ∈ X .
Mostre que λ(E) ≥ 0 para todo E ∈ X se e somente se f(x) ≥ 0 para µ-quase todo ponto
em X. Ademais, λ(E) = 0 para todo E ∈ X se e somente se f(x) = 0 para µ-quase todo
ponto em X.
Solução. Suponha que λ(E) ≥ 0 para todo E ∈ X , mas não seja verdade que f(x) ≥ 0
µ-qtp. Então existe E ∈ X para o qual f(x) < 0 para todo x ∈ E. Mostraremos que∫
E
fdµ < 0. Para tal, defina En = {x ∈ E : f(x) < − 1
n
} = {x ∈ E : −f−(x) > 1
n
}. Então
E ⊂
⋃∞
n=1En. Então a união tem medida positiva, donde deve ter medida positiva algum
dos En. De fato, se fossem todos de medida nula, a união teria também medida nula. Seja
n0 tal que µ(En0) > 0. Então, como restrito a E, temos f = −f−, segue que∫
E
fdµ = −
∫
E
f−dµ ≤ −
∫
En0
f−dµ ≤ −
∫
Eno
1
n0
= − 1
n0
µ(En0) < 0,
um absurdo, pois E ∈ X .
Para a segunda parte, utilizaremos a primeira. Como λ(E) = 0 para todo E ∈ X ,
então f(x) ≥ 0 em µ-qtp. Suponha, porém, que exista E de medida positiva tal que
f(x) > 0 para todo x ∈ E. Então
∫
E
fdµ > 0, por uma conta análoga a anterior e o
resultado segue.
Exerćıcio 5.H. Suponha que f1, f2 ∈ L(X,X , µ) e sejam λ1 e λ2 suas integrais indefinidas,
respectivamente. Mostre que λ1(E) = λ2(E) para todos E ∈ X se e somente se f1(x) =
f2(x) para µ-quase todo ponto x ∈ X.
Solução. Se λ1(E) = λ2(E), para todo E ∈ X , então∫
E
(f1 − f2)dµ = 0,
para todo E ∈ X . Pelo Exerćıcio 5.G., segue que (f1 − f2)(x) para µ-qtp, e segue que
f1(x) = f2(x) em µ-qtp.
Reciprocamente, se f1(x) = f2(x) em µ-qtp, então f1 1(E)(x) = f2 1(E)(x) em µ-qtp.
Pelo Exerćıcio 5.C. temos que∫
E
f1dµ =
∫
f1 1(E)dµ =
∫
f2 1(E)dµ =
∫
E
f2dµ,
como queŕıamos demonstrar.
29
Exerćıcio 5.I. Se f é uma função complexa sobre X tal que Re f e Im f estão em
L(X,X , µ), nós dizemos que f é integrável e defina∫
fdµ =
∫
Re fdµ+
∫
Im fdµ.
Seja f uma função complexa mensurável. Mostre que f é integrável se e somente se |f | é
integrável, e neste caso ∣∣∣∣∫ fdµ
∣∣∣∣ ≤ ∫ |f |dµ.
Solução. Se f é integrável, então
∫
Re f+dµ < +∞,
∫
Re f−dµ < +∞,
∫
Im f+dµ < +∞
e
∫
Im f−dµ < +∞. Agora note que
|Re f |+ = Re f+ +Re f+ e | Im f |+ = Im f+ + Im f−,
enquanto |Re f |− = | Im f |− = 0. Calculando as integrais, todas são finitas e portanto |f |
é integrável. Se, por outro lado, |f | é integrável, então∫
(Re f+ +Re f−)dµ =
∫
|Re f |+dµ <∞
e ∫
(Im f+ + Im f−)dµ =
∫
| Im f |+dµ <∞,
de onde derivamos que todas as quatro funções Re f+,Re f−, Im f+ e Im f− têm integrais
finitas, pois são todas positivas, e portanto f é integrável.
Exerćıcio 5.J. Seja (fn) uma sequência de funções complexas que convergem a f . Se
existe uma função integrável g tal que |fn| ≤ g, mostre que∫
fdµ = lim
∫
fndµ.
Solução. Como fn → f , então Re fn → Re f e Im fn → Im f . Além do mais, observe que
para todo n ∈ N vale
|Re fn| ≤ |fn| ≤ g e | Im fn| ≤ |fn|.
Portanto, podemos aplicar o Teorema da Convergência dominada para Re fn e Im fn.
temos que ∫
Re fdµ = lim
∫
Re fndµ e
∫
Im fdµ = lim
∫
Im fndµ.
Somando as duas, o resultado segue.
30
Exerćıcio 5.K. Seja X = N, X = P(N) e µ a medida de contagem sobre X . Mostre que
f ∈ L(X,X , µ) se e somente se
∑∞
n=1 f(n) é abosolutamente convergente, e nesse caso∫
fdµ =
∞∑
n=1
f(n).
Solução. Para que f seja integrável, deve ser integrável |f |, e portanto∫
|f |dµ =
∫
|f |+dµ < +∞.
Por sua vez, como |f | é uma função em M+(X,X , µ), o Exerćıcio 4.G. diz que
∞∑
n=1
|f(n)| =
∫
|f |dµ < +∞,
donde a série
∑
f(n) é absolutamente convergente.
Para a segunda parte, como f = f+ − f− e ambas são funções em M+, segue que∫
f+dµ =
∞∑
n=1
f+(n) e
∫
f+dµ =
∞∑
n=1
f−(n).
Como
∑
f(n) é absolutamente convergente, sabemos da Análise Real que
∞∑
n=1
f(n) =
∞∑
n=1
f+(n)−
∞∑
n=1
f−(n)
=
∫
f+dµ−
∫
f−dµ
=
∫
(f+ − f−)dµ =
∫
fdµ,
e o resultado segue.
Exerćıcio 5.L. Se (fn) é uma sequência em L(X,X , µ) que converge uniformemente para
f , e µ(X) < +∞, então ∫
fdµ = lim
∫
fndµ.
Solução. Como fn → f uniformemente, dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que |fn(x)−f(x)| <
ε
µ(X)
para todo n ≥ n0 e todo x ∈ X. Dáı, pelo Teorema 5.3 de [1], temos que∣∣∣∣∫ fndµ−
∫
fdµ
∣∣∣∣ ≤ ∫ |fn − f |dµ < ε,
pela mesma conta do Exerćıcio 4.K.
31
Exerćıcio 5.M. Mostre que a conclusão do Exerćıcio 5.L. pode falhar se a a hipótese de
ser µ(X) < +∞ for deixada de lado.
Solução. O Exerćıcio 4.I. fornece um contra-exemplo. A demonstração se encontra nesta
lista.
Exerćıcio 5.N. Seja fn = n1([0, 1
n
]) no espaço real de Lebesgue, i.e, com X = R, X = B
e µ a medida de Lebesgue. Mostre que a condição |fn| ≤ g não pode ser deixada de lado
no Teorema da Convergência Monótona.
Solução. Note que não é posśıvel limitar (fn) uniformemente por uma função g integrável.
De fato, no intervalo [(k+1)n, kn], uma função g que limita |fn| por cima deve valer pelo
menos k. Então para cada n ∈ N temos que∫
gdµ ≥
n∑
k=1
∫
[ 1
k+1
, 1
k
]
gdµ ≥
n∑
k=1
∫
[ 1
k+1
, 1
k
]
kdµ
=
n∑
k=1
k
(
1
k
− 1
k + 1
)
=
n∑
k=1
1
k + 1
,
a quase n-ésima soma parcial da série harmônica, e portanto a integral explode e g não
pode ser integrável.
Agora, observe que fn → f = 0 uniformemente, mas∫
fdµ = 0 ̸= 1 =
∫
fndµ,
e portanto não se tem
∫
fn →
∫
f, o que conclui a demonstração.
Exerćıcio 5.O. Se fn ∈ L(X,X , µ), e se
∞∑
k=1
∫
|fn|dµ < +∞,
então a série
∑
n fn(x) coverge µ-quase sempre para uma função f em L(X,X , µ). Ade-
mais, ∫
fdµ =
∞∑
n=1
∫
fndµ.
32
Solução. Note que
∑k
n=1 |fn| converge crescendo para
∑∞
n=1 |fn|, donde temos pelo Teo-
rema da Convergência Monótona que
∞∑
n=1
∫
|fn|dµ = lim
m→∞
m∑
n=1
∫
|fn|dµ = lim
m→∞
∫ m∑
n=1
|fn|dµ =
∫ ∞∑
n=1
|fn|dµ. (4)
Seja E = {x ∈ X :
∑∞
n=1 |fn(x)| = +∞}. Seja k ∈ N qualquer. Então temos que∫ ∞∑
n=1
|fn(x)|dµ ≥
∫
E
∞∑
n=1
dµ ≥
∫
E
kdµ = kµ(E). (5)
Pelas igualdades nas eq. (4) e eq. (5), segue que para cada k ∈ N temos que
kµ(E) ≤
∞∑
k=1
∫
|fn|dµ < +∞,
e portanto deve ser µ(E) = 0. Defina f para x ∈ X da seguinte forma:
f(x) =
{∑∞
n=1 fn(x), se x ∈ X \ E,
0, se x ∈ E.
Defina também g(x) =
∑∞
n=1 |fn(x)|, para x ∈ X \ E e g(x) = 0 para x ∈ E. Então
|
∑k
n=1 f(x)| ≤ g, para µ-quase todo x ∈ X. Além do mais,
∑k
n=1 f(x) converge a f em
µ-quase todo ponto x ∈ X. Pelo Teorema da Convergência Dominada segue que
∞∑
n=1
∫
fndµ = lim
k∑
n=1
∫
fndµ = lim
∫ k∑
n=1
fndµ =
∫
lim
k∑
n=1
fndµ =
∫
fdµ.
O resultado segue
Exerćıcio 5.P. Seja fn ∈ L(X,X , µ), e suponha que (fn) converge a uma função f .
Mostre que se lim
∫
|fn − f |dµ = 0, então
∫
|fn|dµ = lim
∫
|fn|dµ.
Solução. Como |fn| → |f |, temos, pelo Lema de Fatou que∫
|f |dµ =
∫
lim inf |fn|dµ ≤ lim inf
∫
|fn|dµ.
Por outro lado, a cota trivial |fn| ≤ |f |+ |fn − f | nos dá que
lim sup
∫
|fn|dµ ≤ lim sup
∫
|f |dµ+ lim sup
∫
|fn − f |dµ = lim sup
∫
|f |dµ,
uma vez que lim
∫
|fn − f |dµ = 0 por hipótese. Das igualdades acima segue que
lim sup
∫
|fn|dµ ≤
∫
|f |dµ ≤ lim inf
∫
|fn|dµ,
o que implica o resultado.
33
Exerćıcio 5.Q. Se t > 0, então
∫ +∞
0
e−txdx = 1
t
. Ademais, se t ≥ a > 0, então e−tx ≤
e−ax. Use o Exerćıcio 4.M para justificar a derivação sob o sinal da integral e obter que∫ +∞
0
xne−xdx = n!.
Solução.
6 The Lebesgue Space Lp
Exerćıcio 6.A. Seja C[0, 1] o espaço vetorial das funções cont́ınuas [0, 1] → R. Defina
N0 para f ∈ C[0, 1] por N0(f) = |f(0)|. Mostre que N0 é uma seminorma sobre C[0, 1]
Solução. Sejam f, g ∈ C[0, 1] e α ∈ R. Então
i. |f(0)| ≥ 0, porque é positivo o módulo de números reais;
ii. N0(αf) = |αf(0)| = |α||f(0)| = |α|N0(f), porque é homogêneo o módulode números
reais; e
iii. N0(f+g) = |f(0)+g(0)| ≤ |f(0)|+|g(0)| = N0(f)+N0(g), porque vale a desigualdade
triangular para o módulo de números reais.
Exerćıcio 6.B. Seja C[0, 1] como antes e defina N1 para f ∈ C[0, 1] por N1(f) =∫ 1
0
|f(x)|dx, a integral de Riemann. Mostre que N1 define uma norma sobre C[0, 1]. Se fn
é definida para n ≥ 1 como sendo 0, para 0 ≤ x ≤ (1− 1
n
)/2; e sendo 1 para 1
2
≤ x ≤ 1; e
por fim sendo linear para (1− 1
n
)/2 ≤ x ≤ 1
2
, mostre que (fn) é uma sequência de Cauchy,
mas que não converge (relativamente a N1) para um elemento de C[0, 1].
Solução. Para a primeira parte do exerćıcio, note que como f é cont́ınua, então temos
que
∫ 1
0
|f(x)|dx = 0 se e somente se f(x) = 0, para todo x ∈ [0, 1]. De fato, se existisse
x tal que f(x) ̸= 0, então |f(x)| = c > 0. Por continuidade, existe 0 < δ ≤ 1 tal que
|f(y)| > c
2
para todo y ∈ (x− δ, x+ δ) ∩ [0, 1] := Ax(δ). Dáı,∫ 1
0
|f(x)|dx ≥
∫
Ax(δ)
|f(x)|dx > c
2
.
As demais propriedades seguem diretamente da positividade, homogeneidade e desigual-
dade triangular do módulo e da linearidade da integral.
Mostraremos agora que (fn) é de Cauchy. Para tal, sejam m > n. Então fm−fn anula
em [0, (1− 1
n
)/2] ∪ [1
2
, 1] e |fm − fn| ≤ 2 em ((1− 1
n
)/2, 1
2
). Portanto, temos que
N1(fm − fn) =
∫ 1
0
|fm − fn|dx ≤
∫ 1/2
(1−1/n)/2
2dx =
1
n
,
que vai a 0 quando n (e portantom) vai a +∞, o que mostre que (fn) é de Cauchy segundo
N1.
34
Exerćıcio 6.C. Seja N uma norma sobre um espaço vetorial V e seja d definida para
u, v ∈ V por d(u, v) = N(u−v). Mostre que d é uma métrica sobre V ; que é, (i) d(u, v) ≥ 0
para todos u, v ∈ V ; (ii) d(u, v) = 0 se e somente se u = v; (iii) d(u, v) = d(v, u); (iv)
d(u, v) ≤ d(u,w) + d(w, v).
Solução. Note que d(u, v) ≥ 0, pois N é uma norma. Além do mais, d(u, v) = 0 se
e somente se N(u − v) = 0, e portanto u − v = 0, donde u = v. Também, d(u, v) =
N(u − v) = N(v − u) = d(v, u). Por fim, d(u, v) = N(u − v) = N((u − w) + (w − v)) ≤
N(u−w)+N(w− v) = d(u,w)+ d(w, v), pela desigualdade triangular de N . O resultado
segue.
Exerćıcio 6.D. Se f ∈ L1(X,X , µ) e ε > 0, então existe uma função simples X -
mensurável φ tal que ||f − φ||1 < ε. Estenda isto para Lp, 1 ≤ p < ∞. Isso é verdade
para L∞?
Solução. Já sabemos que dada f ∈ L1 e ε > 0, existe φ simples e X -mensurável tal que
||f − φ||1 < ε pelo Exerćıcio 5.D. Tomando ε suficientemente pequeno, conseguimos uma
função simples mensurável φ = φ(ε) tal que vale tanto que
∫
|f − φ|dµ < ε, quanto que
|f −φ| ≤ 1. Mas se φ é simples e mensurável e está em L1, então φ está em Lp para todo
1 ≤ p < +∞. Basta notar que se
∑m
i=1 aiµ(Ei) < +∞, então
∑m
i=1 a
p
iµ(Ei) ≤ +∞. Isto
nos dá que |f − φ| ≤ |f − φ|p, para p ≥ 1. Ora, então
||f − φ||pp =
∫
|f − φ|pdµ ≤
∫
|f − φ|dµ < +∞
e a primeira parte segue.
Exerćıcio 6.E. Se f ∈ Lp, 1 ≤ p <∞ e se E = {x ∈ X : |f(x)| ≠ 0}, então E é σ-finito.
Solução. Suponha que f ∈ Lp. Defina En = {x ∈ X : |f(x)| ≥ 1
n
}. Mostraremos que
µ(En) < +∞ para todo n ∈ N. Para tal, note que se fosse µ(En) = +∞ para algum
n ∈ N, então
||f ||p =
∫
|f |pdµ ≥
∫
En
|f |pdµ ≥
∫
En
1
npdµ = 1
npµ(En) = +∞,
um absurdo. Logo, cada En tem medida finita e uma vez que E =
⋃∞
n=1En, segue que E
é σ-finito.
Exerćıcio 6.F. Se f ∈ Lp e se En = {x ∈ X : |f(x)| ≥ n}, então µ(En) → 0 quando
n→ ∞.
35
Solução. Para tal, utilizando argumentos que já vimos, basta notar que
||f ||pp =
∫
|f |pdµ ≥
∫
En
|f |pdµ ≥
∫
En
npdµ = npµ(En),
que vai a infinito quando n→ ∞ e limµ(En) > 0 (note que faz sentido falar deste último
limite, pois (En) decresce). O resultado segue.
Exerćıcio 6.G. Seja X = N e seja µ a medida de contagem sobre X. Se f está definida
em N por f(n) = 1
n
, então f não pertence a L1, mas f pertence a Lp para todo 1 < p ≤ ∞.
Solução. Pelo Exerćıcio 4.G, sabemos que ||f ||pp =
∫
|f |pdµ =
∑∞
n=1
1
np , e o exerćıcio vira
um problema de convergência da série acima. É bem sabido que para p = 1 ela diverge
(para +∞) e para p > 1, ela é convergente. O resultado segue.
Exerćıcio 6.H. Seja X = N, X = P(N) e seja λ uma medida sobre N que tem peso n−2
no ponto n. (Mais precisamente, λ(E) =
∑
n∈E n
−2.) Mostre que λ(X) < +∞. Seja f
definida em X por f(n) =
√
n. Mostre que f ∈ Lp se e somente se 1 ≤ p < 2.
Solução. Comece notando que λ(X) =
∑∞
n=1 n
−2 = π2
6
< +∞. Como N =
⋃
n∈N{n},
segue que ∫
|f |pdλ =
∞∑
n=1
f(n)pλ(n) =
∞∑
n=1
(
√
n)pn−2 =
∞∑
n=1
n
p
2
−2,
que converge se e somente se p
2
− 2 < −1, e portanto p < 2. Mas para que || · ||p seja uma
norma, devemos ter p ≥ 1. O resultado segue.
Exerćıcio 6.I. Modifique o Exerćıcio 6.H para obter uma função sobre um espaço de
medida finito que pertence a Lp se e somente se 1 ≤ p < p0.
Solução. Seja X = N e λ com a σ-álgebra das partes, tal que λ(E) =
∑∞
n=1 n
−p0 . Sendo
n > 1, note que λ(X) < +∞. Pondo f(n) =
p0
√
np0−1, temos que∫
|f |dλ =
∞∑
n=1
(
n
p0−1
p0
)p
n−p0 =
∞∑
n=1
n
p(
p0−1
p0
)−p0 .
Como p(p0−1
p0
)− p0 < −1 se e somente se p < p0, o resultado segue.
36
Exerćıcio 6.J. Seja (X,X , µ) espaço de medida finita. Se f for X -mensurável, então
ponha En = {x ∈ X : (n− 1) ≤ |f(x)| < n}. Mostre que f ∈ L1 se e somente se
∞∑
n=1
nµ(En) < +∞.
Mais geralmente, f ∈ Lp para 1 ≤ p <∞, se e somente se
∞∑
n=1
npµ(En) < +∞.
Solução. Seja p ∈ [1,+∞). Seja f ∈ Lp e considere os conjuntos En do enunciado. Então,
como X =
⋃∞
n=1En e a união é disjunta, temos que
||f ||pp =
∫
|f |pdµ =
∞∑
n=1
∫
En
|f |pdµ.
Por sua vez, (n− 1)p ≤ |f(x)|p < np em En, donde temos que∫
En
|f |pdµ ≥
∫
En
(n− 1)pdµ = (n− 1)pµ(En).
Agora note que nµ(En) ≥
∫
En
|f |dµ. Dáı, temos que
∞∑
n=1
npµ(En) ≥ ||f ||pp ≥
∞∑
n=1
(n− 1)pµ(En) ≥
∞∑
n=1
(n
2
)pµ(En),
e portanto a convergência de
∑
n n
pµ(En) implica a de ||f ||pp, e vice-versa, uma vez que a
medida do espaço é finita. O resultado segue.
Exerćıcio 6.K. Se (X,X , µ) é um espaço de medida finita e f ∈ Lp, então f ∈ Lr para
1 ≤ r ≤ p. Aplique a Desigualdade de Hölder para |f |r em Lp/r e g = 1 para obter a
desigualdade
||f ||r ≤ ||f ||pµ(X)s,
onde s = 1
r
− 1
p
. Portanto, se µ(X) = 1, então ||f ||r ≤ ||f ||p.
Solução. Pelo resultado e as notações do Exerćıcio 6.J, como f ∈ Lp e µ(X) < +∞,
então
∑
npµ(En) < +∞. Como 1 ≤ r ≤ p, também vale
∑
nrµ(En), e novamente pelo
exerćıcio segue que f ∈ Lr.
Como f ∈ Lp e p ≥ r ≥ 1, segue que 1 ≤ p/r ≤ p, e portanto f ∈ Lp/r. Chame
p′ = p/r. Pondo q = p/(p − r), temos que 1
q
+ 1
p′
= 1, e pela Desigualdade de Hölder,
temos que
||f ||rr = ||(|f |r)g||1 ≤ ||(|f |r)||p′ ||g||q = ||(|f |r)||p′µ(X)1/q. (6)
37
Agora note que
||(|f |r)||p/r =
(∫
|f |r(p/r)dµ
)1/( p
r
)
=
(∫
|f |pdµ
) r
p
.
Substituindo a igualdade acima na eq. (6) elevada a 1/r, temos que
||f ||r ≤ ||f ||pµ1/qr.
Como 1/qr = p−r
pr
= 1/r − 1/p = s, o resultado segue.
Exerćıcio 6.L. Suponha que X = N e µ seja a medida de contagem sobre N. Se f ∈ Lp,
então f ∈ Ls, com 1 ≤ p ≤ s < +∞, e ||f ||s ≤ ||f ||p.
Solução. Para a primeira parte, observe que pelo Exerćıcio 4.G, temos que
∫
|f |dµ =∑∞
n=1 |f(n)|p. Se f ∈ Lp, então a série anterior converge, e portanto |f(n)|p → 0, o que
implica que |f(n)| → 0. Assim, existe m ∈ N, tal que |f(n)| < 1 para todo m ≥ n. Assim,
para m ≥ n, temos que |f(n)|s ≤ |f(n)|p, e por comparação a série
∑∞
n=1 |f(n)|s converge,
o que mostra que f ∈ Ls.
Mostraremos que ||f ||s ≤ ||f ||p. Se ||f ||p = 0, o resultado segue trivialmente. Suponha
que ||f ||p > 0 e defina g = ||f ||−1
p f . Então ||g||p = 1. Além do mais, novamente pelo
Exerćıcio 4.G
1 = ||g||pp =
∫
|g|pdµ =
∞∑
n=1
|g(n)|p,
e portanto g(n) ≤ 1 para todo n ∈ N. Dáı segue que |g|s ≤ |g|p, e portanto ||g||ps ≤ 1,
donde ||g||s ≤ 1. Ou seja, ||f ||s||f ||−1
p ≤ 1, e portanto ||f ||s ≤ ||f ||p.
Exerćıcio 6.M.
Exerćıcio 6.N.
Exerćıcio 6.O.
Exerćıcio 6.P. Seja f ∈ Lp(X,X , µ), 1 ≤ p < ∞, e seja ε > 0. Mostre que existe um
conjunto Eε ∈ X com µ(Eε)< +∞ tal que se F ∈ X e F ∩Eε = ∅, então ||f 1(F )||p < ε.
Solução. Seja ε > 0. Defina, para cada n ∈ N, o conjunto En = {x ∈ X : |f |p > 1
n
}.
Então µ(En) < +∞ para cada n ∈ N, uma vez que
1
n
µ(En) =
∫
En
1
n
dµ ≤
∫
En
|f |pdµ ≤
∫
|f |pdµ < +∞.
38
Mas |f |p 1(En) é uma função que converge crescendo a |f |p, donde temos, pelo Teorema
da Convergência Monótona, que
lim
∫
En
|f |pdµ =
∫
|f |pdµ.
Por convergência, deve existir n0 ∈ N tal que
∫
(|f |p 1(En0)− |f |p)dµ < εp. Ora, mas isto
nos dá que
∫
|f |p 1(X \ En0) < εp Ponha Eε = En0 . Então, se F ∩ Eε = ∅, temos que
F ⊂ X \ En0 , e segue que
||f 1(F )||pp =
∫
|f |p 1(F )dµ ≤
∫
|f |p 1(X \ En0)dµ < εp, (7)
e o resultado segue.
Exerćıcio 6.Q. Seja fn ∈ Lp(X,X , µ), 1 ≤ p <∞, e seja βn definida para E ∈ X por
βn(E) =
(∫
E
|fn|pdµ
)1/p
.
Mostre que |βn(E) − βm(E)| ≤ ||fn − fm||p. Portanto, se (fn) é de Cauchy em Lp, então
lim βn(E) existe para cada E ∈ X .
Solução. O ponto aqui é notar que βn(E) = ||fn 1(E)||p. Dáı, como vale ||fn 1(E) −
fm 1(E)||p ≥ ||fn 1(E)||p − ||fm 1(E)||p, temos que
|βn(E)− βm(E)| = |[||fn 1(E)||p − ||fm 1(E)||p]|
≤ ||(fn − fm)1(E)||p
≤ ||fn − fm||p,
como queŕıamos. A última afirmação segue de maneira direta.
Referências
[1] Robert G. Bartle. The Elements of Integration and Lebesgue Measure. John Wiley &
Sons, New York, 1995.
39
	Introduction
	Measurable Functions
	Measures
	The Integral
	Integrable Functions
	The Lebesgue Space Lp