8.11: El teorema de Radón-Nikodym. Descomposición de Lebesgue
- Page ID
- 113770
\( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \)
\( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)
\( \newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\)
\( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\)
\( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\)
\( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\)
\( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)
\( \newcommand{\id}{\mathrm{id}}\)
\( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)
\( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
\( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\)
\( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\)
\( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\)
\( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\)
\( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\)
\( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\)
\( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}\)
\( \newcommand{\vectorA}[1]{\vec{#1}} % arrow\)
\( \newcommand{\vectorAt}[1]{\vec{\text{#1}}} % arrow\)
\( \newcommand{\vectorB}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \)
\( \newcommand{\vectorC}[1]{\textbf{#1}} \)
\( \newcommand{\vectorD}[1]{\overrightarrow{#1}} \)
\( \newcommand{\vectorDt}[1]{\overrightarrow{\text{#1}}} \)
\( \newcommand{\vectE}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash{\mathbf {#1}}}} \)
\( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \)
\( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)
\(\newcommand{\avec}{\mathbf a}\) \(\newcommand{\bvec}{\mathbf b}\) \(\newcommand{\cvec}{\mathbf c}\) \(\newcommand{\dvec}{\mathbf d}\) \(\newcommand{\dtil}{\widetilde{\mathbf d}}\) \(\newcommand{\evec}{\mathbf e}\) \(\newcommand{\fvec}{\mathbf f}\) \(\newcommand{\nvec}{\mathbf n}\) \(\newcommand{\pvec}{\mathbf p}\) \(\newcommand{\qvec}{\mathbf q}\) \(\newcommand{\svec}{\mathbf s}\) \(\newcommand{\tvec}{\mathbf t}\) \(\newcommand{\uvec}{\mathbf u}\) \(\newcommand{\vvec}{\mathbf v}\) \(\newcommand{\wvec}{\mathbf w}\) \(\newcommand{\xvec}{\mathbf x}\) \(\newcommand{\yvec}{\mathbf y}\) \(\newcommand{\zvec}{\mathbf z}\) \(\newcommand{\rvec}{\mathbf r}\) \(\newcommand{\mvec}{\mathbf m}\) \(\newcommand{\zerovec}{\mathbf 0}\) \(\newcommand{\onevec}{\mathbf 1}\) \(\newcommand{\real}{\mathbb R}\) \(\newcommand{\twovec}[2]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\ctwovec}[2]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\threevec}[3]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \\ #3 \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\cthreevec}[3]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \\ #3 \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\fourvec}[4]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\cfourvec}[4]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\fivevec}[5]{\left[\begin{array}{r}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \\ #5 \\ \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\cfivevec}[5]{\left[\begin{array}{c}#1 \\ #2 \\ #3 \\ #4 \\ #5 \\ \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\mattwo}[4]{\left[\begin{array}{rr}#1 \amp #2 \\ #3 \amp #4 \\ \end{array}\right]}\) \(\newcommand{\laspan}[1]{\text{Span}\{#1\}}\) \(\newcommand{\bcal}{\cal B}\) \(\newcommand{\ccal}{\cal C}\) \(\newcommand{\scal}{\cal S}\) \(\newcommand{\wcal}{\cal W}\) \(\newcommand{\ecal}{\cal E}\) \(\newcommand{\coords}[2]{\left\{#1\right\}_{#2}}\) \(\newcommand{\gray}[1]{\color{gray}{#1}}\) \(\newcommand{\lgray}[1]{\color{lightgray}{#1}}\) \(\newcommand{\rank}{\operatorname{rank}}\) \(\newcommand{\row}{\text{Row}}\) \(\newcommand{\col}{\text{Col}}\) \(\renewcommand{\row}{\text{Row}}\) \(\newcommand{\nul}{\text{Nul}}\) \(\newcommand{\var}{\text{Var}}\) \(\newcommand{\corr}{\text{corr}}\) \(\newcommand{\len}[1]{\left|#1\right|}\) \(\newcommand{\bbar}{\overline{\bvec}}\) \(\newcommand{\bhat}{\widehat{\bvec}}\) \(\newcommand{\bperp}{\bvec^\perp}\) \(\newcommand{\xhat}{\widehat{\xvec}}\) \(\newcommand{\vhat}{\widehat{\vvec}}\) \(\newcommand{\uhat}{\widehat{\uvec}}\) \(\newcommand{\what}{\widehat{\wvec}}\) \(\newcommand{\Sighat}{\widehat{\Sigma}}\) \(\newcommand{\lt}{<}\) \(\newcommand{\gt}{>}\) \(\newcommand{\amp}{&}\) \(\definecolor{fillinmathshade}{gray}{0.9}\)I. Como ustedes saben, la integral indefinida
\[\int f dm\]
es una medida generalizada. Buscamos ahora condiciones bajo las cuales una medida generalizada dada\(\mu\) pueda ser representada como
\[\mu=\int f dm\]
para algunos\(f\) (para ser encontrado). Empezamos con dos lemmas.
Dejar\(m, \mu : \mathcal{M} \rightarrow[0, \infty)\) ser medidas finitas en\(S.\) Supongamos\(S \in \mathcal{M}, \mu S>0\) (i.e.,\(\mu \not \equiv 0\)) y\(\mu\) es\(m\) -continuo (Capítulo 7, §11).
Luego hay\(\delta>0\) y\(a\) establecer\(P \in \mathcal{M}\) tal que\(m P>0\) y
\[(\forall X \in \mathcal{M}) \quad \mu X \geq \delta \cdot m(X \cap P).\]
- Prueba
-
Como\(m<\infty\) y\(\mu S>0,\) hay\(\delta>0\) tal que
\[\mu S-\delta \cdot m S>0.\]
Fijar tal\(\delta\) y definir una medida firmada (Lema 2 del Capítulo 7, §11)
\[\Phi=\mu-\delta m,\]
para que
\[(\forall Y \in \mathcal{M}) \quad \Phi Y=\mu Y-\delta \cdot m Y;\]
de ahí
\[\Phi S=\mu S-\delta \cdot m S>0.\]
Por Teorema 3 en el Capítulo 7, §11 (descomposición de Hahn), hay un conjunto\(\Phi\) -positivo\(P \in \mathcal{M}\) con un complemento\(\Phi\) -negativo\(-P=S-P \in \mathcal{M}.\)
Claramente,\(m P>0;\) porque si\(m P=0,\) la\(m\) -continuidad de\(\mu\) implicaría\(\mu P=0\), de ahí
\[\Phi P=\mu P-\delta \cdot m P=0,\]
contrario a\(\Phi P \geq \Phi S>0\).
También,\(P \supseteq Y\) e\(Y \in \mathcal{M}\) implica\(\Phi Y \geq 0;\) así por (1),
\[0 \leq \mu Y-\delta \cdot m Y.\]
Tomando\(Y=X \cap P,\) obtenemos
\[\delta \cdot m(X \cap P) \leq \mu(X \cap P) \leq \mu X,\]
según sea necesario. \(\quad \square\)
Con\(m, \mu,\) y\(S\) como en Lema 1, deja\(\mathcal{H}\) ser el conjunto de todos los mapas\(g : S \rightarrow E^{*}, \mathcal{M}\) -mensurables y no negativos en\(S,\) tales que
\[\int_{X} g dm \leq \mu X\]
para cada conjunto\(X\) de\(\mathcal{M}\).
Luego hay\(f \in \mathcal{H}\) con
\[\int_{S} f dm=\max _{g \in \mathcal{H}} \int_{S} g dm.\]
- Prueba
-
\(\mathcal{H}\)no está vacío; e.g.,\(g=0\) está en Ahora\(\mathcal{H}.\) demostramos que
\[(\forall g, h \in \mathcal{H}) \quad g \vee h=\max (g, h) \in \mathcal{H}.\]
En efecto,\(g \vee h\) es\(\geq 0\) y\(\mathcal{M}\) -medible en\(S,\) como\(g\) y\(h\) son.
Ahora, dado\(X \in \mathcal{M},\) let\(Y=X(g>h)\) y\(Z=X(g \leq h).\) cayendo\(dm\) "" por brevedad, tenemos
\[\int_{X}(g \vee h)=\int_{Y}(g \vee h)+\int_{Z}(g \vee h)=\int_{Y} g+\int_{Z} h \leq \mu Y+\mu Z=\mu X,\]
demostrando (2).
Let
\[k=\sup _{g \in \mathcal{H}} \int_{S} g d m \in E^{*}.\]
Procediendo como en el Problema 13 del Capítulo 7, §6, y usando (2), uno encuentra fácilmente una secuencia\(\left\{g_{n}\right\} \uparrow, g_{n} \in \mathcal{H},\) tal que
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{S} g_{n} dm=k.\]
(¡Verifica!) Set
\[f=\lim _{n \rightarrow \infty} g_{n}.\]
(Existe desde\(\left\{g_{n}\right\} \uparrow.\)) Por Teorema 4 en §6
\[k=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{S} g_{n}=\int_{S} f.\]
Además,\(f\) es\(\mathcal{M}\) -mensurable y\(\geq 0\) encendido\(S,\) como todos\(g_{n}\) son; y si\(X \in \mathcal{M},\) entonces
\[(\forall n) \quad \int_{X} g_{n} \leq \mu X;\]
de ahí
\[\int_{X} f=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{X} g_{n} \leq \mu X.\]
Así\(f \in \mathcal{H}\) y
\[\int_{S} f=k=\sup _{g \in H} \int_{S} g,\]
es decir,
\[\int_{S} f=\max _{g \in \mathcal{H}} \int_{S} g \leq \mu S<\infty.\]
Esto completa la prueba. \(\quad \square\)
Nota 1. Como\(\mu<\infty\) y\(f \geq 0,\) Corolario 1 en §5 muestra que se\(f\) puede hacer finito en todos\(S.\) También,\(f\) es\(m\) -integrable en\(S.\)
Si\((S, \mathcal{M}, m)\) es un espacio de medida\(\sigma\) -finito, si\(S \in \mathcal{M},\) y si
\[\mu : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)\]
es una medida\(m\) generalizada-continua, entonces
\[\mu=\int f dm \text { on } \mathcal{M}\]
para al menos un mapa
\[f : S \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),\]
\(\mathcal{M}\)-medible en\(S\).
Además, si\(h\) es otro mapa de ese tipo, entonces\(m S\)\((f \neq h)=0\)
La última parte del Teorema 1 significa que\(f\) es “esencialmente único”. Llamamos\(f\) al Radón-Nikodym\((RN)\) derivado de\(\mu,\) con respecto a\(m.\)
- Prueba
-
Vía componentes (Teorema 5 en el Capítulo 7, §11), todos se reducen al caso
\[\mu : \mathcal{M} \rightarrow E^{1}.\]
Entonces el Teorema 4 (descomposición de Jordania) en el Capítulo 7, §11, rinde
\[\mu=\mu^{+}-\mu^{-},\]
donde\(\mu^{+}\) y\(\mu^{-}\) son medidas finitas\((\geq 0),\) ambas\(m\) -continuas (Corolario 3 del Capítulo 7, §11). Por lo tanto, todo se reduce al caso\(0 \leq \mu<\infty.\)
Supongamos primero que\(m,\) también, es finito. Entonces si\(\mu=0,\) solo toma\(f=0\).
Sin embargo, si\(\mu S>0,\) toma\(f \in \mathcal{H}\) como en el Lema 2 y la Nota 1; no\(f\) es negativo, acotado y\(\mathcal{M}\) -medible en\(S\),
\[\int f \leq \mu<\infty,\]
y
\[\int_{S} f dm=k=\sup _{g \in \mathcal{H}} \int_{S} g dm.\]
Afirmamos que\(f\) es el mapa requerido.
En efecto, vamos
\[\nu=\mu-\int f dm;\]
entonces\(\nu\) es una medida finita\(m\) -continua\((\geq 0)\) en\(\mathcal{M}.\) (¿Por qué?) Debemos demostrarlo\(\nu=0\).
Buscando una contradicción, supongamos\(\nu S>0.\) Entonces por Lema 1, hay\(P \in \mathcal{M}\) y\(\delta>0\) tal que\(m P>0\) y
\[(\forall X \in \mathcal{M}) \quad \nu X \geq \delta \cdot m(X \cap P).\]
Ahora vamos
\[g=f+\delta \cdot C_{P};\]
así\(g\) es\(\mathcal{M}\) -mensurable y\(\geq 0.\) también,
\[\begin{aligned}(\forall X \in \mathcal{M}) \quad \int_{X} g=\int_{X} f+\delta \int_{X} C_{P} &=\int_{X} f+\delta \cdot m(X \cap P) \\ & \leq \int_{X} f+\nu(X \cap P) \\ & \leq \int_{X} f+\nu X=\mu X \end{aligned}\]
por nuestra elección de\(\delta\) y\(\nu.\) Así\(g \in \mathcal{H}.\) Por otra parte,
\[\int_{S} g=\int_{S} f+\delta \int_{S} C_{P}=k+\delta m P>k,\]
contrario a
\[k=\sup _{g \in \mathcal{H}} \int_{S} g.\]
Esto demuestra que\(\int f=\mu,\) efectivamente.
Ahora supongamos que hay otro mapa\(h \in \mathcal{H}\) con
\[\mu=\int h d m=\int f d m \neq \infty;\]
por lo
\[\int(f-h) dm=0.\]
(¿Por qué?) Let
\[Y=S(f \geq h) \text { and } Z=S(f<h);\]
así\(Y, Z \in \mathcal{M}\) (Teorema 3 de §2) y\(f-h\) es signo-constante en\(Y\) y\(Z.\) También, por construcción,
\[\int_{Y}(f-h) dm=0=\int_{Z}(f-h) dm.\]
Así, por el Teorema 1 (h) en §5,\(f-h=0\) a.e.\(Y,\) en adelante\(Z,\) y por lo tanto en\(S=Y \cup Z\) eso es,
\[mS(f \neq h)=0.\]
Así todo está probado para el caso\(mS<\infty\).
A continuación,\(m\) seamos\(\sigma\) -finitos:
\[S=\bigcup_{k=1}^{\infty} S_{k} \text { (disjoint)}\]
para algunos conjuntos\(S_{k} \in \mathcal{M}\) con\(m S_{k}<\infty\).
Por lo que se mostró arriba, en cada uno\(S_{k}\) hay un mapa\(\mathcal{M}\) -mensurable\(f_{k} \geq 0\) tal que
\[\int_{X} f_{k} dm=\mu X\]
para todos\(\mathcal{M}\) -sets\(X \subseteq S_{k}.\) Fijación tal\(f_{k}\) para cada uno\(k,\) define\(f : S \rightarrow E^{1}\) por
\[f=f_{k} \quad \text { on } S_{k}, \quad k=1,2, \ldots.\]
Entonces (Corolario 3 en §1)\(f\) es\(\mathcal{M}\) -medible y\(\geq 0\) sigue\(S\).
Tomando cualquier\(X \in \mathcal{M},\) set\(X_{k}=X \cap S_{k}.\) Entonces
\[X=\bigcup_{k=1}^{\infty} X_{k} \text { (disjoint)}\]
y\(X_{k} \in \mathcal{M}.\) también,
\[(\forall k) \quad \int_{X_{k}} f d m=\int_{X_{k}} f_{k} d m=\mu X_{k}.\]
Así por\(\sigma\) -aditividad (Teorema 2 en §5),
\[\int_{X} f d m=\sum_{k=1}^{\infty} \int_{X_{k}} f d m=\sum_{k} \mu X_{k}=\mu X<\infty \quad (\mu \text { is finite!}).\]
Así\(f\) es como se requiere, y su “singularidad” sigue como antes. \(\quad \square\)
Nota 2. Por Definición 3 en §10, podemos escribir
\["d \mu=f dm"\]
para
\["\int f dm=\mu."\]
Nota 3. Usando la Definición 2 en §10 y una prueba fácil “componentwise”, se muestra que el Teorema 1 sostiene también con\(m\) reemplazado por una medida generalizada\(s\). Las fórmulas
\[\mu=\int f dm \text { and } mS(f \neq h)=0\]
luego son reemplazados por
\[\mu=\int f ds \text { and } v_{s}S(f \neq h)=0.\]
II. El teorema 1 requiere\(\mu\) ser\(m\) -continuo\((\mu \ll m).\) Queremos generalizar el Teorema 1 para levantar esta restricción. Primero, introducimos un nuevo concepto.
Dadas dos funciones de conjunto\(s, t : \mathcal{M} \rightarrow E\left(\mathcal{M} \subseteq 2^{S}\right),\) decimos que\(s\) es\(t\) -singular\((s \perp t)\) iff hay un conjunto\(P \in \mathcal{M}\) tal que\(v_{t} P=0\) y
\[(\forall X \in \mathcal{M} | X \subseteq-P) \quad s X=0.\]
(Luego decimos brevemente “s reside en\(P.\) “)
Para las medidas generalizadas, esto significa que
\[(\forall X \in \mathcal{M}) \quad s X=s(X \cap P).\]
¿Por qué?
Si las medidas generalizadas\(s, u : \mathcal{M} \rightarrow E\) son\(t\) -singulares, también lo es\(k s\) para cualquier escalar\(k\) (si\(s\) se valora escalar,\(k\) puede ser un vector).
Por lo que también se\(s \pm u,\) proporcionan\(t\) es aditivo.
- Prueba
-
(¡Ejercicio! Ver Problema 3 a continuación.)
Si una medida generalizada\(s : \mathcal{M} \rightarrow E\) es\(t\) -continua\((s \ll t)\) y también\(t\) -singular\((s \perp t),\) entonces\(s=0\)\(\mathcal{M}.\)
- Prueba
-
Como\(s \perp t,\) fórmula (3) se mantiene para algunos\(P \in \mathcal{M}, v_{t} P=0.\) Por lo tanto para todos\(X \in \mathcal{M},\)
\[s(X-P)=0 \text { (for } X-P \subseteq-P \text{)}\]
y
\[v_{t}(X \cap P)=0 \text { (for } X \cap P \subseteq P \text{).}\]
Como también\(s \ll t,\) tenemos\(s(X \cap P)=0\) por la Definición 3 (i) en el Capítulo 7, §11. Así, por aditividad,
\[sX=s(X \cap P)+s(X-P)=0,\]
según lo reclamado. \(\quad \square\)
\(s, t : \mathcal{M} \rightarrow E\)Dejen ser medidas generalizadas.
Si\(v_{s}\) es\(t\) -finito (Definición 3 (iii) en el Capítulo 7, §11), existen medidas generalizadas\(s^{\prime}, s^{\prime \prime} : \mathcal{M} \rightarrow E\) tales que
\[s^{\prime} \ll t \text { and } s^{\prime \prime} \perp t\]
y
\[s=s^{\prime}+s^{\prime \prime}.\]
- Prueba
-
\(v_{0}\)Sea la restricción de\(v_{s}\) a
\[\mathcal{M}_{o}=\left\{X \in \mathcal{M} | v_{t} X=0\right\}.\]
Como\(v_{s}\) es una medida (Teorema 1 del Capítulo 7, §11), así es\(v_{0}\) (porque\(\mathcal{M}_{0}\) es un\(\sigma\) -anillo; verificar!).
Así, por el Problema 13 en el Capítulo 7, §6, arreglamos\(P \in \mathcal{M}_{0},\) con
\[v_{s} P=v_{0} P=\max \left\{v_{s} X | X \in \mathcal{M}_{0}\right\}.\]
Como\(P \in \mathcal{M}_{0},\) tenemos\(v_{t} P=0;\) por lo tanto
\[|sP| \leq v_{s} P<\infty\]
(para\(v_{s}\) es\(t\) -finito).
Ahora definimos\(s^{\prime}, s^{\prime \prime}, v^{\prime},\) y\(v^{\prime \prime}\) configurando, para cada uno\(X \in \mathcal{M}\),
\[\begin{aligned} s^{\prime} X &=s(X-P); \\ s^{\prime \prime} X &=s(X \cap P); \\ v^{\prime} X &=v_{s}(X-P); \\ v^{\prime \prime} X &=v_{s}(X \cap P). \end{aligned}\]
Como\(s\) y\(v_{s}\) son\(\sigma\) -aditivos, así son\(s^{\prime}, s^{\prime \prime}, v^{\prime},\) y\(v^{\prime \prime}\). (¡Verifica!) Así\(s^{\prime}, s^{\prime \prime} : \mathcal{M} \rightarrow E\) son medidas generalizadas, mientras\(v^{\prime}\) y\(v^{\prime \prime}\) son medidas\((\geq 0)\).
Tenemos
\[(\forall X \in \mathcal{M}) \quad s X=s(X-P)+s(X \cap P)=s^{\prime} X+s^{\prime \prime} X;\]
es decir,
\[s=s^{\prime}+s^{\prime \prime}.\]
De igual manera se obtiene\(v_{s}=v^{\prime}+v^{\prime \prime}\).
Además, por (5), ya que\(X \cap P=\emptyset\),
\[-P \supseteq X \text { and } X \in \mathcal{M} \Longrightarrow s^{\prime \prime} X=0,\]
mientras que\(v_{t} P=0\) (véase más arriba). Así\(s^{\prime \prime}\) es\(t\) -singular, residiendo en\(P\).
Para probar\(s^{\prime} \ll t,\) basta con demostrar que\(v^{\prime} \ll t\) (para por (4) y (6),\(v^{\prime} X=0\) implica\(\left|s^{\prime} X\right|=0\)).
Asumir lo contrario. Entonces
\[(\exists Y \in \mathcal{M}) \quad v_{t} Y=0\]
(es decir,\(Y \in \mathcal{M}_{0}\)), pero
\[0<v^{\prime} Y=v_{s}(Y-P).\]
Entonces, por aditividad,
\[v_{s}(Y \cup P)=v_{s} P+v_{s}(Y-P)>v_{s} P,\]
con\(Y \cup P \in \mathcal{M}_{0},\) contrario a
\[v_{s} P=\max \left\{v_{s} X | X \in \mathcal{M}_{0}\right\}.\]
Esta contradicción completa la prueba. \(\quad \square\)
Nota 4. La función set\(s^{\prime \prime}\) en el Teorema 2 está limitada en\(\mathcal{M}.\) Indeed,\(s^{\prime \prime} \perp t\) produce un conjunto\(P \in \mathcal{M}\) tal que
\[(\forall X \in \mathcal{M}) \quad s^{\prime \prime}(X-P)=0;\]
e\(v_{t} P=0\) implica\(v_{s} P<\infty.\) (¿Por qué?) De ahí
\[s^{\prime \prime} X=s^{\prime \prime}(X \cap P)+s^{\prime \prime}(X-P)=s^{\prime \prime}(X \cap P).\]
Como\(s=s^{\prime}+s^{\prime \prime},\) tenemos
\[\left|s^{\prime \prime}\right| \leq|s|+\left|s^{\prime}\right| \leq v_{s}+v_{s^{\prime}};\]
por lo
\[\left|s^{\prime \prime} X\right|=\left|s^{\prime \prime}(X \cap P)\right| \leq v_{s} P+v_{s^{\prime}} P.\]
Pero\(v_{s^{\prime}} P=0\) por\(t\) -continuidad (Teorema 2 del Capítulo 7, §11). Así\(\left|s^{\prime \prime}\right| \leq v_{s} P<\infty\) en\(\mathcal{M}.\)
Nota 5. La descomposición de Lebesgue\(s=s^{\prime}+s^{\prime \prime}\) en el Teorema 2 es única. Para si también
\[u^{\prime} \ll t \text { and } u^{\prime \prime} \perp t\]
y
\[u^{\prime}+u^{\prime \prime}=s=s^{\prime}+s^{\prime \prime},\]
luego con\(P\) como en Problema 3,\((\forall X \in \mathcal{M})\)
\[s^{\prime}(X \cap P)+s^{\prime \prime}(X \cap P)=u^{\prime}(X \cap P)+u^{\prime \prime}(X \cap P)\]
y\(v_{t}(X \cap P)=0.\) Pero
\[s^{\prime}(X \cap P)=0=u^{\prime}(X \cap P)\]
por\(t\) -continuidad; entonces (8) reduce a
\[s^{\prime \prime}(X \cap P)=u^{\prime \prime}(X \cap P),\]
o\(s^{\prime \prime} X=u^{\prime \prime} X\) (para\(s^{\prime \prime}\) y\(u^{\prime \prime}\) residir en\(P\)). Así\(s^{\prime \prime}=u^{\prime \prime}\) sucesivamente\(\mathcal{M}\).
Por Nota 4, podemos cancelar\(s^{\prime \prime}\) y\(u^{\prime \prime}\) en
\[s^{\prime}+s^{\prime \prime}=u^{\prime}+u^{\prime \prime}\]
para obtener\(s^{\prime}=u^{\prime}\) también.
Nota 6. Si\(E=E^{n}\left(C^{n}\right),\) la\(t\) -finitud de\(v_{s}\) en el Teorema 2 es redundante, porque\(v_{s}\) es incluso acotada (Teorema 6 en el Capítulo 7, §11).
Ahora obtenemos la generalización deseada del Teorema 1.
Si\((S, \mathcal{M}, m)\) es un espacio de medida\(\sigma\) -finito\((S \in \mathcal{M}),\) entonces para cualquier medida generalizada
\[\mu : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),\]
hay una medida generalizada única\(m\) -singular
\[s^{\prime \prime} : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)\]
y un mapa (“esencialmente” único)
\[f : S \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),\]
\(\mathcal{M}\)\(m\)-mensurable e integrable\(S,\) con
\[\mu=\int f dm+s^{\prime \prime}.\]
(La nota 3 se aplica aquí.)
- Prueba
-
Por Teorema 2 y Nota 5,\(\mu=s^{\prime}+s^{\prime \prime}\) para algunas medidas generalizadas (únicas)\(s^{\prime}, s^{\prime \prime} : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),\) con\(s^{\prime} \ll m\) y\(s^{\prime \prime} \perp m.\)
Ahora usa el Teorema 1 para representar\(s^{\prime}\) como\(\int f dm,\) con\(f\) como se indica. Esto arroja el resultado. \(\quad \square\)