[MEDIDA] Lista 2 (1)

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Questão 1. Prove que toda função mensurável é o limite a.e de uma sequência de fun-
ções contínuas.
Solução. Seja 𝜓 =
𝑛∑︁
1
𝑎𝑗𝜒𝑅𝑗 uma função escada onde 𝑅𝑗 são retângulos fechados.
Cada 𝑅𝑗 ⊂ R𝑑 é a forma 𝑅𝑗 =
𝑑∏︁
1
[𝑎𝑖, 𝑏𝑖]. Para 𝜒[𝑎𝑖,𝑏𝑖] considere
𝑔[𝑎𝑖,𝑏𝑖](𝑥) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
1, 𝑥 ∈ [𝑎𝑖, 𝑏𝑖]
0, 𝑥 ≥ 𝑏𝑖 + 𝜖 ou 𝑥 ≤ 𝑎𝑖 − 𝜖
1
𝜖
(𝑥− 𝑎𝑖 + 𝜖), 𝑥 ∈ (𝑎𝑖 − 𝜖, 𝑎𝑖)
1− 1
𝜖
(𝑥− 𝑏𝑖), 𝑥 ∈ (𝑏𝑖, 𝑏𝑖 + 𝜖)
que é contínua e é igual a 𝜒[𝑎𝑖,𝑏𝑖] a.e. Assim, para o retângulo 𝑅𝑗 , 𝜒𝑅𝑗 = 𝑔𝑅𝑗 a.e. Uma
vez que 𝜓 é combinação linear finita de 𝑛 funções características definidas em retângu-
los, então 𝜓 =
𝑛∑︁
1
𝑎𝑗𝑔𝑅𝑗 a.e.
Agora, seja 𝑓 uma função mensurável. Então existe uma sequência de funções escada
que converge pontualmente para 𝑓 a.e. Seja 𝑔𝑘 uma função contínua com 𝜓𝑘 = 𝑔𝑘 a.e
(provamos isso anteriormente). Seja 𝑌 um conjunto de medida nula tal que a sequência
de funções escada não converge para 𝑓 e 𝑋𝑘 um conjunto de medida no máximo 2−𝑘 tal
que 𝜓𝑘 ̸= 𝑔𝑘. Assim, se
𝑥 ∈
∞⋃︁
𝑛=1
∞⋂︁
𝑘=𝑛
(𝑋𝑐𝑘 ∖ 𝑌 )
então existe 𝑛 tal que para 𝑘 > 𝑛 temos 𝜓𝑘(𝑥) = 𝑔𝑘(𝑥). Assim, para esse 𝑥, definamos
𝑓(𝑥) = lim
𝑘→∞
𝜓𝑘(𝑥) = lim
𝑘→∞
𝑔𝑘(𝑥).
Definamos agora
𝑍 =
(︃ ∞⋃︁
𝑛=1
∞⋂︁
𝑘=𝑛
(𝑋𝑐𝑘 ∖ 𝑌 )
)︃𝑐
= 𝑌 ∪
(︃ ∞⋃︁
𝑛=1
∞⋂︁
𝑘=𝑛
𝑋𝑘
)︃
1
e com isso,
𝑚(𝑍) ≤ 𝑚(𝑌 ) + 𝑚
(︃ ∞⋃︁
𝑛=1
∞⋂︁
𝑘=𝑛
𝑋𝑘
)︃
≤ 𝑚
(︃ ∞⋃︁
𝑛=1
∞⋂︁
𝑘=𝑛
𝑋𝑘
)︃
≤ 𝑚
(︃ ∞⋃︁
𝑛=𝑘
𝑋𝑘
)︃
≤
∞∑︁
𝑘=𝑛
𝑚(𝑋𝑘)
≤
∞∑︁
𝑘=𝑛
2−𝑘 = 21−𝑛
e quando 𝑛→∞, 𝑚(𝑍) = 0. Para todo 𝑥 ̸∈ 𝑍, 𝑔𝑛 → 𝑓 pontualmente.
Questão 2. Dê um exemplo de uma função mensurável 𝑓 e uma função contínua Φ tal
que 𝑓 ∘ Φ seja não-mensurável.
Solução. Seja Φ : 𝒞1 → 𝒞2 a função contínua definida no exercício 14 onde 𝒞1 e 𝒞2
são conjuntos tipo Cantor com 𝑚(𝒞1) > 0 e 𝑚(𝒞2) = 0. Seja 𝒩 ⊂ 𝒞1 um conjunto
não-mensurável e 𝑓 = 𝜒Φ(𝒩 ). Então 𝜒Φ(𝒩 ) ∘ Φ : 𝒞1 → R𝑑 é dada por
(𝑓 ∘ Φ)(𝑥) =
{︃
1, 𝑥 ∈ 𝒩
0, 𝑥 ∈ 𝒞1 ∖ 𝒩 ,
pois Φ é bijetiva. Assim, {𝑓 ∘ Φ > 0} contém 𝒩 que é não-mensurável.
Questão 3. Suponha {𝑓 > 𝜆} ∈ 𝑚 para todo 𝜆 racional; 𝑓 é mensurável?
Solução. Fixe 𝑎 ∈ R. Como Q = R podemos obter uma sequência decrescente (𝜆𝑛) de
racionais tal que 𝜆𝑛 → 𝑎. Assim, é fácil verificar que
(𝑎,+∞) =
∞⋃︁
1
(𝜆𝑛,+∞]
e assim,
𝑓−1((𝑎,+∞]) =
∞⋃︁
1
𝑓−1((𝜆𝑛,+∞]).
Logo, 𝑓−1((𝑎,+∞]) é mensurável para todo 𝑎 ∈ R. Portanto, 𝑓 é mensurável.
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Questão 4. Se 𝑓, 𝑔 são funções mensuráveis com valores reais definidas em𝐸 e 𝜑 é uma
função contínua com valores reais definida em R×R, mostre que 𝜑(𝑓, 𝑔) é mensurável.
Solução. Sejam ℎ a função definida por ℎ(𝑥) = 𝜑(𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)) e 𝐺𝑎 = {(𝑢, 𝑣) ∈ R2 |
𝜑(𝑢, 𝑣) > 𝑎}, que é aberto em R2, logo, é união enumerável de abertos, isto é,
𝐺𝑎 =
⋃︁
𝑛
𝐼𝑛
onde 𝐼𝑛 = (𝑎𝑛, 𝑏𝑛)× (𝑐𝑛, 𝑑𝑛). Por hipótese, {𝑥 | 𝑎𝑛 < 𝑓(𝑥) < 𝑏𝑛} e {𝑥 | 𝑐𝑛 < 𝑔(𝑥) <
𝑑𝑛} são mensuráveis. Agora, note que
{𝑥 | (𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)) ∈ 𝐼𝑛} = {𝑥 | 𝑎𝑛 < 𝑓(𝑥) < 𝑏𝑛} ∩ {𝑥 | 𝑐𝑛 < 𝑔(𝑥) < 𝑑𝑛}
e além disso,
{𝑥 | ℎ(𝑥) > 𝑎} = {𝑥 | (𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)) ∈ 𝐺𝑎} =
⋃︁
𝑛
{𝑥 | (𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)) ∈ 𝐼𝑛}.
Assim, ℎ é mensurável.
Questão 5.
Solução. Vamos denotar 𝑚𝑓 (𝜆) = 𝑚({|𝑓 | > 𝜆}).
(i) É fácil ver que 𝑚𝑓 é não decrescente. Temos que 𝜆1 < 𝜆2 implica 𝑚𝑓 (𝜆1) ≥
𝑚𝑓 (𝜆2). Além disso, seja 𝐸(𝜆) = {𝑥 | |𝑓(𝑥)| > 𝜆} com 𝜆 > 0. Fixemos 𝜆0. Está
claro que 𝐸(𝜆) cresce quando 𝜆 descresce e
𝐸(𝜆0) =
⋃︁
𝜆,𝜆>𝜆0
𝐸(𝜆) =
∞⋃︁
1
𝐸
(︂
𝜆0 +
1
𝑛
)︂
.
Pela monotonicidade, temos
𝑚𝑓
(︂
𝜆0 +
1
𝑛
)︂
= 𝑚
(︂
𝐸
(︂
𝜆0 +
1
𝑛
)︂)︂
↗ 𝑚(𝐸(𝜆0)) = 𝑚𝑓 (𝜆0),
daí 𝑚𝑓 é contínua à direita. Daí, usando o que acabamos de provar e exatamente
os mesmos argumentos agora aplicados à 𝑓 *, mostramos que 𝑓 * é não crescente
e contínua à direita, pois 𝑓 * é do mesmo tipo que 𝑚𝑓 , só se altera o lado da
desigualdade (função de distribuição).
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(ii) Fixado 𝜆 > 0, suponhamos que 𝑚𝑓 (𝜆) <∞. Então
𝑓 *(𝑚𝑓 (𝜆)) = inf{𝑡 | 𝑚𝑓 (𝑡) ≤ 𝑚𝑓 (𝜆)} ≤ 𝜆.
Agora, como
𝑓 *(𝑚𝑓 (𝜆)− 𝜂) = inf{𝑡 | 𝑚𝑓 (𝑡) ≤ 𝑚𝑓 (𝜆)− 𝜂},
claramente o minimizador 𝑡* = inf{𝑡 | 𝑚𝑓 (𝑡) ≤ 𝑚𝑓 (𝜆) − 𝜂} deve satisfazer
𝑡* > 𝜆, já que 𝑚𝑓 (𝑥) é monotonicamente não crescente.
(iii) Segue do item (ii) que 𝑓 *(𝑡) = 𝑓 *(𝑚𝑓 (𝜆) ≤ 𝜆. Agora, para qualquer 𝜂 satisfa-
zendo (ii), temos
𝜆 < 𝑓 *(𝑚𝑓 (𝜆)− 𝜂).
Pela continuidade à direita, tomando 𝜂 → 0+, temos que
𝜆 ≤ 𝑓 *(𝑚𝑓 (𝜆))
e assim 𝑓 *(𝑚𝑓 (𝜆)) ≤ 𝜆.
(iv)
Questão 6. Um função mensurável com valores reais extendida 𝑓 definida em 𝐸 é dita
ser de probabilidade limitada se dado 𝜖 > 0, existe um número real finito 𝑀𝜖 tal que
𝑚({|𝑓 | ≤𝑀𝜖}) ≥ 1− 𝜖. Prove que 𝑓 é de probabilidade limitada se, e somente se, 𝑓 é
finita a.e.
Solução. (=⇒) Suponhamos que 𝑓 seja de probabilidade limitada. Temos que𝑚({|𝑓 | >
𝑀𝜖}) = 1−𝑚({|𝑓 | ≤𝑀𝜖}) ≤ 1− (1− 𝜖) = 𝜖. Além disso, para cada 𝑀𝜖 > 0, temos
que 𝑚({|𝑓 | = ∞}) ≤ 𝑚({|𝑓 | > 𝑀𝜖}). Logo, tomando 𝜖 cada vez mais pequeno, pela
desigualdade 𝑚({|𝑓 | = ∞}) ≤ 𝑚({|𝑓 | > 𝑀𝜖}) = 𝜖, podemos fazer 𝑚({|𝑓 | = ∞})
tão pequeno quanto se queira. Logo, 𝑓 é finita a.e.
(⇐=) Suponhamos que 𝑓 é finito a.e, i.e, 𝑚({|𝑓 | > 𝑀𝜖}) < 𝜖 para todo 𝜖 > 0.
Temos que 1 = 𝑚({|𝑓 | > 𝑀𝜖}) + 𝑚({|𝑓 | ≤ 𝑀𝜖}) ≤ 𝑚({|𝑓 | ≤ 𝑀𝜖}) + 𝜖, donde,
𝑚({|𝑓 | ≤𝑀𝜖}) ≥ 1− 𝜖.
Questão 7. Seja Γ ⊂ R𝑑 × R, Γ = {(𝑥, 𝑦) ∈ R𝑑 × R | 𝑦 = 𝑓(𝑥)}, e suponha 𝑓
mensurável em R𝑑. Mostre que Γ é um subconjunto mensurável de R𝑑+1, e 𝑚(Γ) = 0.
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Solução. Considere a função 𝜙(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥)−𝑦. É fácil ver que 𝑦 é mensurável, pois é
o inverso aditivo da projeção de um ponto de R2 em R. Como 𝑓 é mensurável por hipó-
tese e 𝜙 é soma de funções mensuráveis, 𝜙 é mensurável. Note que Γ é imagem inversa
do conjunto mensurável {0} pela função mensurável 𝜙 e, portanto, Γ é mensurável.
Como Γ ⊂ R𝑑 × R é mensurável, decorre do Teorema de Fubbini que para quase todo
𝑥 ∈ R𝑑, o conjunto
Γ𝑥 = {𝑦 = 𝑓(𝑥) ∈ R | (𝑥, 𝑓(𝑥)) ∈ Γ}
é mensurável em R e além disso,
𝑚(Γ) =
∫︁
R𝑑
𝑚(Γ𝑥)𝑑𝑥.
Mas Γ𝑥 = {𝑓(𝑥)} e então, 𝑚(Γ𝑥) = 0 para cada 𝑥 ∈ R𝑑. Portanto,
𝑚(Γ) = 0.
Questão 8. Se 𝑓 é integrável em R, mostre que 𝐹 (𝑥) =
∫︁ 𝑥
−∞
𝑓(𝑡)𝑑𝑡 é uniformemente
contínua.
Solução. Como 𝑓 é integrável, a função |𝑓 | é integrável. Assim, dado 𝜖 > 0, podemos
definir 𝛿 = 𝜖
(︂∫︁
R
|𝑓 |𝑑𝑡
)︂−1
. Agora, dados 𝑥, 𝑦 ∈ R com |𝑥 − 𝑦| < 𝛿. Podemos supor
sem perda de generalidade 𝑥 < 𝑦, e então
|𝐹 (𝑥)−𝐹 (𝑦)| ≤
∫︁ 𝑦
𝑥
|𝑓(𝑡)|𝑑𝑡 =
∫︁
R
|𝑓(𝑡)|𝜒[𝑥,𝑦](𝑡)𝑑𝑡 ≤ |𝑥−𝑦|
∫︁
R
|𝑓(𝑡)|𝑑𝑡 < 𝛿
∫︁
R
|𝑓(𝑡)|𝑑𝑡 = 𝜖
para qualquer 𝑥, 𝑦 com |𝑥− 𝑦| < 𝛿. Logo, 𝐹 é uniformemente contínua.
Questão 9. Sejam 𝑋 ⊂ R𝑛 e 𝐴(𝑓) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑋 × R | 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑓(𝑥)} onde 𝑓 é
mensurável; mostre que 𝐴(𝑓) é um subconjunto Lebesgue mensurável de R𝑛+1 e ponha∫︁
𝑋
𝑓𝑑𝑥 = |𝐴(𝑓)|. (1)
Mostre que (1) é equivalente a definição dada no texto.
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Solução. Como já citamos anteriormente, se 𝑓 é mensurável, a função 𝜙(𝑥, 𝑦) =
𝑦− 𝑓(𝑥) é mensurável em R𝑛+1. Sejam os conjuntos 𝐵 = {(𝑥, 𝑦) ∈ R𝑛×R | 𝑦 ≥ 0} e
𝐶 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑋 × R | 𝜙(𝑥, 𝑦) ≤ 0}, então como 𝐴(𝑓) = 𝐵 ∩ 𝐶, 𝐴(𝑓) é mensurável
em R𝑛+1.
Questão 10.
Solução.
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