5.3. Medidas Exteriores e o Teorema da Extensão

A estratégia que nós usamos na Seção 1.4 para construir a medida de Lebesgue em $\mathds{R}^{n}$ foi a seguinte: nós definimos inicialmente a medida exterior de Lebesgue $\mathfrak{m}^{*}:\wp(\mathds{R}^{n})\to[0,+\infty]$ (que não é sequer uma medida finitamente aditiva) e depois uma $\sigma$ -álgebra $\mathcal{M}(\mathds{R}^{n})$ de partes de $\mathds{R}^{n}$ restrita a qual a medida exterior $\mathfrak{m}^{*}$ é uma medida. Essa estratégia trata-se na verdade de um caso particular de um procedimento geral. Nesta seção nós definiremos o conceito geral de medida exterior e mostraremos que a toda medida exterior pode-se associar naturalmente um $\sigma$ -anel restrita ao qual a medida exterior é uma medida.

Começamos definindo as classes de conjuntos que servirão como domínio para as medidas exteriores.

5.3.1 Definição.

Uma classe de conjuntos $\mathcal{H}$ é dita um $\sigma$ -anel hereditário se $\mathcal{H}$ é não vazia e satisfaz as seguintes condições:

(a)

se $A\in\mathcal{H}$ e $B\subset A$ então $B\in\mathcal{H}$ ;
(b)

se $(A_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência de elementos de $\mathcal{H}$ então $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\in\mathcal{H}$ .

Evidentemente todo $\sigma$ -anel hereditário é um $\sigma$ -anel.

5.3.2 Exemplo.

Dado um conjunto arbitrário $X$ então a coleção $\wp(X)$ de todas as partes de $X$ é um $\sigma$ -anel hereditário. A coleção de todos os subconjuntos enumeráveis de $X$ também é um $\sigma$ -anel hereditário. Note que se $\mathcal{H}$ é um $\sigma$ -anel hereditário contido em $\wp(X)$ então $\mathcal{H}=\wp(X)$ se e somente se $X\in\mathcal{H}$ .

5.3.3 Definição.

Seja $\mathcal{H}$ um $\sigma$ -anel hereditário. Uma medida exterior em $\mathcal{H}$ é uma função $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ satisfazendo as seguintes condições:

(a)

$\mu^{*}(\emptyset)=0$ ;
(b)

(monotonicidade) se $A,B\in\mathcal{H}$ e $A\subset B$ então $\mu^{*}(A)\leq\mu^{*}(B)$ ;
(c)

( $\sigma$ -subaditividade) se $(A_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência de elementos de $\mathcal{H}$ então:

$\mu^{*}\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\Big{)}\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}% (A_{k}).$ (5.3.1)

Claramente, se $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ é uma medida exterior, então dados $A_{1},\ldots,A_{t}\in\mathcal{H}$ temos:

\mu^{*}\Big{(}\bigcup_{k=1}^{t}A_{k}\Big{)}\leq\sum_{k=1}^{t}\mu^{*}(A_{k});

de fato, basta tomar $A_{k}=\emptyset$ para todo $k>t$ em (5.3.1).

5.3.4 Exemplo.

Segue dos Lemas 1.4.4 e 1.4.5 que a medida exterior de Lebesgue $\mathfrak{m}^{*}$ é uma medida exterior no $\sigma$ -anel hereditário $\wp(\mathds{R}^{n})$ .

Usando a Proposição 1.4.53 como inspiração nós damos a seguinte:

5.3.5 Definição.

Sejam $\mathcal{H}$ um $\sigma$ -anel hereditário e $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ uma medida exterior. Um conjunto $E\in\mathcal{H}$ é dito $\mu^{*}$ -mensurável se para todo $A\in\mathcal{H}$ vale a igualdade:

\mu^{*}(A)=\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\setminus E).

(5.3.2)

Como $A=(A\cap E)\cup(A\setminus E)$ , temos $\mu^{*}(A)\leq\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\setminus E)$ , para todos $A,E\in\mathcal{H}$ e portanto (5.3.2) é na verdade equivalente a:

\mu^{*}(A)\geq\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\setminus E).

5.3.6 Observação.

Se $\mathfrak{m}^{*}:\wp(\mathds{R}^{n})\to[0,+\infty]$ denota a medida exterior de Lebesgue então segue da Proposição 1.4.53 que os conjuntos $\mathfrak{m}^{*}$ -mensuráveis são precisamente os subconjuntos Lebesgue mensuráveis de $\mathds{R}^{n}$ .

5.3.7 Teorema.

Sejam $\mathcal{H}$ um $\sigma$ -anel hereditário e $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ uma medida exterior. Então:

(a)

a coleção $\mathfrak{M}\subset\mathcal{H}$ de todos os conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é um $\sigma$ -anel;
(b)

dados $A\in\mathcal{H}$ e uma seqüência $(E_{k})_{k\geq 1}$ de elementos dois a dois disjuntos de $\mathfrak{M}$ então:

$\mu^{*}\Big{(}A\cap\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\Big{)}=\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{% *}(A\cap E_{k});$ (5.3.3)
(c)

a restrição de $\mu^{*}$ a $\mathfrak{M}$ é uma medida $\sigma$ -aditiva;
(d)

se $E\in\mathcal{H}$ é tal que $\mu^{*}(E)=0$ então $E\in\mathfrak{M}$ .

Demonstração.

Seja $X$ um conjunto arbitrário tal que $A\subset X$ , para todo $A\in\mathcal{H}$ (tome, por exemplo, $X=\bigcup_{A\in\mathcal{H}}A$ ). Convencionando que complementares são sempre tomados com respeito a $X$ , podemos reescrever a condição (5.3.2) na forma mais conveniente:

\mu^{*}(A)=\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\cap E^{\mathrm{c}}).

A demonstração do teorema será dividida em vários passos.

Passo 1.

Se $E_{1},E_{2}\in\mathfrak{M}$ então $E_{1}\cup E_{2}\in\mathfrak{M}$ .

Seja dado $A\in\mathcal{H}$ . Usando o fato que $E_{1}$ e $E_{2}$ são $\mu^{*}$ -mensuráveis, obtemos:

$\mu^{*}(A)=\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E_{1}^{\mathrm{c}})=\mu^{*}(A% \cap E_{1})\\ +\mu^{*}(A\cap E_{1}^{\mathrm{c}}\cap E_{2})+\mu^{*}(A\cap E_{1}^{\mathrm{c}}% \cap E_{2}^{\mathrm{c}})\\ =\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E_{1}^{\mathrm{c}}\cap E_{2})+\mu^{*}\big{% (}A\cap(E_{1}\cup E_{2})^{\mathrm{c}}\big{)};$ (5.3.4)

mas $A\cap(E_{1}\cup E_{2})=(A\cap E_{1})\cup(A\cap E_{1}^{\mathrm{c}}\cap E_{2})$ e portanto:

$\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2})\big{)}\leq\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A% \cap E_{1}^{\mathrm{c}}\cap E_{2}).$ (5.3.5)

De (5.3.4) e (5.3.5) vem:

$\mu^{*}(A)=\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E_{1}^{\mathrm{c}}\cap E_{2})+% \mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2})^{\mathrm{c}}\big{)}\\ \geq\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2})\big{)}+\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E% _{2})^{\mathrm{c}}\big{)},$

o que prova que $E_{1}\cup E_{2}\in\mathfrak{M}$ .
Passo 2.

Se $E_{1},E_{2}\in\mathfrak{M}$ , $A\in\mathcal{H}$ e $E_{1}\cap E_{2}=\emptyset$ então:

$\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2})\big{)}=\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E% _{2}).$ (5.3.6)

Como $A\cap(E_{1}\cup E_{2})\in\mathcal{H}$ e $E_{1}\in\mathfrak{M}$ , temos:

$\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2})\big{)}=\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2% })\cap E_{1}\big{)}+\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{1}\cup E_{2})\cap E_{1}^{\mathrm{c}% }\big{)}\\ =\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E_{2}),$

onde na última igualdade usamos que $E_{1}\cap E_{2}=\emptyset$ .
Passo 3.

Se $E_{1},E_{2}\in\mathfrak{M}$ e $E_{1}\cap E_{2}=\emptyset$ então:

$\mu^{*}(E_{1}\cup E_{2})=\mu^{*}(E_{1})+\mu^{*}(E_{2}).$

Basta tomar $A=E_{1}\cup E_{2}$ em (5.3.6).
Passo 4.

Se $E_{1},E_{2}\in\mathfrak{M}$ e $E_{1}\subset E_{2}$ então $E_{2}\setminus E_{1}\in\mathfrak{M}$ .

Seja dado $A\in\mathcal{H}$ . Evidentemente:

$\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{2}\setminus E_{1})\big{)}=\mu^{*}(A\cap E_{2}\cap E_{1}% ^{\mathrm{c}});$ (5.3.7)

como $E_{1}\subset E_{2}$ , temos $(E_{2}\setminus E_{1})^{\mathrm{c}}=E_{1}\cup E_{2}^{\mathrm{c}}$ e portanto:

$\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{2}\setminus E_{1})^{\mathrm{c}}\big{)}=\mu^{*}\big{(}(A% \cap E_{1})\cup(A\cap E_{2}^{\mathrm{c}})\big{)}\\ \leq\mu^{*}(A\cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E_{2}^{\mathrm{c}})=\mu^{*}(A\cap E_{2}% \cap E_{1})+\mu^{*}(A\cap E_{2}^{\mathrm{c}}).$ (5.3.8)

Somando (5.3.7) e (5.3.8) obtemos:

$\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{2}\setminus E_{1})\big{)}+\mu^{*}\big{(}A\cap(E_{2}% \setminus E_{1})^{\mathrm{c}}\big{)}\leq\mu^{*}(A\cap E_{2}\cap E_{1}^{\mathrm% {c}})+\mu^{*}(A\cap E_{2}\cap E_{1})\\ +\mu^{*}(A\cap E_{2}^{\mathrm{c}})=\mu^{*}(A\cap E_{2})+\mu^{*}(A\cap E_{2}^{% \mathrm{c}})=\mu^{*}(A),$

o que prova que $E_{2}\setminus E_{1}\in\mathfrak{M}$ .
Passo 5.

Se $E_{1},E_{2}\in\mathfrak{M}$ então $E_{2}\setminus E_{1}\in\mathfrak{M}$ .

Pelo passo 1, temos $E_{1}\cup E_{2}\in\mathfrak{M}$ ; como $E_{1}\subset E_{1}\cup E_{2}$ , segue do passo 4 que $(E_{1}\cup E_{2})\setminus E_{1}\in\mathfrak{M}$ . Mas $(E_{1}\cup E_{2})\setminus E_{1}=E_{2}\setminus E_{1}$ .
Passo 6.

Se $(E_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência de elementos dois a dois disjuntos de $\mathfrak{M}$ então $\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\in\mathfrak{M}$ .

Usando indução e os passos 1 e 2 obtemos que $\bigcup_{k=1}^{t}E_{k}\in\mathfrak{M}$ e:

$\mu^{*}\Big{(}A\cap\bigcup_{k=1}^{t}E_{k}\Big{)}=\sum_{k=1}^{t}\mu^{*}(A\cap E% _{k}),$

para todo $A\in\mathcal{H}$ e todo $t\geq 1$ ; daí:

$\mu^{*}(A)=\mu^{*}\Big{(}A\cap\bigcup_{k=1}^{t}E_{k}\Big{)}+\mu^{*}\Big{(}A% \cap\Big{(}\bigcup_{k=1}^{t}E_{k}\Big{)}^{\!\mathrm{c}\,}\Big{)}\\ =\Big{(}\sum_{k=1}^{t}\mu^{*}(A\cap E_{k})\Big{)}+\mu^{*}\Big{(}A\cap\Big{(}% \bigcup_{k=1}^{t}E_{k}\Big{)}^{\!\mathrm{c}\,}\Big{)}.$

Como $A\cap\big{(}\bigcup_{k=1}^{t}E_{k}\big{)}^{\mathrm{c}}\supset A\cap\big{(}% \bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\big{)}^{\mathrm{c}}$ , obtemos:

$\mu^{*}(A)\geq\Big{(}\sum_{k=1}^{t}\mu^{*}(A\cap E_{k})\Big{)}+\mu^{*}\Big{(}A% \cap\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\Big{)}^{\!\mathrm{c}\,}\Big{)};$ (5.3.9)

fazendo $t\to\infty$ em (5.3.9) vem:

$\mu^{*}(A)\geq\Big{(}\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A\cap E_{k})\Big{)}+\mu^{*}% \Big{(}A\cap\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\Big{)}^{\!\mathrm{c}\,}\Big{)}% \\ \geq\mu^{*}\Big{(}A\cap\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\Big{)}+\mu^{*}\Big{(}A\cap% \Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\Big{)}^{\!\mathrm{c}\,}\Big{)}\geq\mu^{*}(A),$ (5.3.10)

onde nas duas últimas desigualdades usamos a $\sigma$ -subaditividade de $\mu^{*}$ . Isso prova que $\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\in\mathfrak{M}$ .
Passo 7.

Se $(E_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência em $\mathfrak{M}$ então $\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\in\mathfrak{M}$ .

Para cada $k\geq 1$ , seja $F_{k}=E_{k}\setminus\bigcup_{i=0}^{k-1}E_{i}$ , onde $E_{0}=\emptyset$ . Segue dos passos 1 e 5 que $F_{k}\in\mathfrak{M}$ , para todo $k\geq 1$ . Além do mais, pelo resultado do Exercício 1.19, os conjuntos $(F_{k})_{k\geq 1}$ são dois a dois disjuntos e $\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}=\bigcup_{k=1}^{\infty}F_{k}$ . Segue então do passo 6 que $\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\in\mathfrak{M}$ .
Passo 8.

O item (a) da tese do teorema vale.

Segue dos passos 5 e 7, já que obviamente $\emptyset\in\mathfrak{M}$ .
Passo 9.

O item (b) da tese do teorema vale.

Segue de (5.3.10) que:

$\mu^{*}(A)=\Big{(}\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A\cap E_{k})\Big{)}+\mu^{*}\Big{(% }A\cap\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\Big{)}^{\!\mathrm{c}\,}\Big{)},$ (5.3.11)

para qualquer $A\in\mathcal{H}$ e para qualquer seqüência $(E_{k})_{k\geq 1}$ de elementos dois a dois disjuntos de $\mathfrak{M}$ . A conclusão é obtida substituindo $A$ por $A\cap\big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\big{)}$ em (5.3.11).
Passo 10.

O item (c) da tese do teorema vale.

Basta fazer $A=\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}$ em (5.3.3).
Passo 11.

O item (d) da tese do teorema vale.

Sejam $E\in\mathcal{H}$ com $\mu^{*}(E)=0$ e $A\in\mathcal{H}$ . Segue da monotonicidade de $\mu^{*}$ que:

$\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\cap E^{\mathrm{c}})\leq\mu^{*}(E)+\mu^{*}(A)=\mu^{*% }(A).$

Logo $E$ é $\mu^{*}$ -mensurável.∎

5.3.8 Observação.

Seja $\mu^{*}:\wp(X)\to[0,+\infty]$ uma medida exterior, onde $X$ é um conjunto arbitrário. É imediato que o próprio conjunto $X$ é $\mu^{*}$ -mensurável. Segue então do Teorema 5.3.7 que a coleção de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X$ (veja o Exercício 5.3).

5.3.9 Exemplo.

É bem possível que o $\sigma$ -anel de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis associado a uma medida exterior $\mu^{*}$ seja completamente trivial. De fato, seja $X$ um conjunto arbitrário e seja $\mathcal{H}\subset\wp(X)$ o $\sigma$ -anel hereditário constituído pelos subconjuntos enumeráveis de $X$ . Defina $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ fazendo:

\mu^{*}(A)=\begin{cases}|A|+1,&\text{se $A\neq\emptyset$},\\ \hfil 0,&\text{se $A=\emptyset$},\end{cases}

onde $|A|\in\mathds{N}\cup\{+\infty\}$ denota o número de elementos de $A$ . É fácil ver que $\mu^{*}$ é uma medida exterior em $\mathcal{H}$ . Seja $E\in\mathcal{H}$ com $E\neq\emptyset$ e $E\neq X$ ; podemos então escolher um ponto $x\in E$ e um ponto $y\in X\setminus E$ . Tomando $A=\{x,y\}\in\mathcal{H}$ então:

\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\setminus E)=2+2\neq 3=\mu^{*}(A),

donde vemos que $E$ não é $\mu^{*}$ -mensurável. Concluímos então que, se $X$ é enumerável (de modo que $\mathcal{H}=\wp(X)$ ) então a $\sigma$ -álgebra de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é igual a $\{\emptyset,X\}$ ; se $X$ é não enumerável então o $\sigma$ -anel de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é $\{\emptyset\}$ .

5.3.10 Definição.

Se $\mathcal{C}$ é uma classe de conjuntos arbitrária então o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ é o menor $\sigma$ -anel hereditário $\mathcal{H}$ que contém $\mathcal{C}$ , i.e., $\mathcal{H}$ é um $\sigma$ -anel hereditário tal que:

(1)

$\mathcal{C}\subset\mathcal{H}$ ;
(2)

se $\mathcal{H}^{\prime}$ é um $\sigma$ -anel hereditário tal que $\mathcal{C}\subset\mathcal{H}^{\prime}$ então $\mathcal{H}\subset\mathcal{H}^{\prime}$ .

Dizemos também que $\mathcal{C}$ é um conjunto de geradores para o $\sigma$ -anel hereditário $\mathcal{H}$ .

A existência e unicidade do $\sigma$ -anel hereditário gerado por uma classe de conjuntos $\mathcal{C}$ pode ser demonstrada usando exatamente o mesmo roteiro que foi descrito nos Exercícios 1.22, 5.6, 5.7 e 5.17. No entanto, nós mostraremos a existência do $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ exibindo explicitamente esse $\sigma$ -anel hereditário (a unicidade do $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ é evidente). Se $\mathcal{C}=\emptyset$ então o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ é $\mathcal{H}=\{\emptyset\}$ ; senão, temos o seguinte:

5.3.11 Lema.

Seja $\mathcal{C}$ uma classe de conjuntos não vazia. O $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ é igual a:

\mathcal{H}=\Big{\{}A:\text{existe uma seqüência $(A_{k})_{k\geq 1}$ em $% \mathcal{C}$ com $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$}\Big{\}}.

(5.3.12)

Demonstração.

Pelo resultado do Exercício 5.20, $\mathcal{H}$ é um $\sigma$ -anel que contém $\mathcal{C}$ . Obviamente, se $A\in\mathcal{H}$ e $B\subset A$ então $B\in\mathcal{H}$ , de modo que $\mathcal{H}$ é um $\sigma$ -anel hereditário que contém $\mathcal{C}$ . Para verificar a condição (2) que aparece na Definição 5.3.10, observe que se $\mathcal{H}^{\prime}$ é um $\sigma$ -anel hereditário que contém $\mathcal{C}$ então $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\in\mathcal{H}^{\prime}$ , para toda seqüência $(A_{k})_{k\geq 1}$ de elementos de $\mathcal{C}$ ; logo todo subconjunto de $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$ está em $\mathcal{H}^{\prime}$ , donde $\mathcal{H}\subset\mathcal{H}^{\prime}$ . ∎

5.3.12 Exemplo.

Seja $\mathcal{C}$ uma classe de conjuntos tal que $\emptyset\in\mathcal{C}$ e seja dada uma aplicação $\mu:\mathcal{C}\to[0,+\infty]$ (não necessariamente uma medida) tal que $\mu(\emptyset)=0$ . Seja $\mathcal{H}$ (veja (5.3.12)) o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ . Vamos definir uma medida exterior $\mu^{*}$ em $\mathcal{H}$ associada a $\mu$ . Para cada $A\in\mathcal{H}$ , seja:

\mathcal{C}_{\mu}(A)=\Big{\{}\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{k}):A\subset\bigcup_{k=% 1}^{\infty}A_{k},\ A_{k}\in\mathcal{C},\ \text{para todo $k\geq 1$}\Big{\}},

e defina:

\mu^{*}(A)=\inf\,\mathcal{C}_{\mu}(A).

Evidentemente, $\mu^{*}(A)\in[0,+\infty]$ , para todo $A\in\mathcal{H}$ (note que $\mathcal{C}_{\mu}(A)\neq\emptyset$ , já que $A\in\mathcal{H}$ ). Observe também que para todo $A\in\mathcal{C}$ , temos:

\mu^{*}(A)\leq\mu(A);

(5.3.13)

de fato, basta tomar $A_{1}=A$ e $A_{k}=\emptyset$ para todo $k\geq 2$ para ver que $\mu(A)$ está em $\mathcal{C}_{\mu}(A)$ . Vamos mostrar que $\mu^{*}$ é uma medida exterior em $\mathcal{H}$ . De (5.3.13) segue que $\mu^{*}(\emptyset)=0$ . Se $A,B\in\mathcal{H}$ e $A\subset B$ então $\mathcal{C}_{\mu}(B)\subset\mathcal{C}_{\mu}(A)$ , donde $\mu^{*}(A)\leq\mu^{*}(B)$ , provando a monotonicidade de $\mu^{*}$ . Finalmente, provemos a $\sigma$ -subaditividade de $\mu^{*}$ . Seja $(A_{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência em $\mathcal{H}$ . Dado $\varepsilon>0$ então para todo $k\geq 1$ existe uma seqüência $(A_{ki})_{i\geq 1}$ em $\mathcal{C}$ tal que:

A_{k}\subset\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{ki}\quad\text{e}\quad\sum_{i=1}^{\infty}% \mu(A_{ki})\leq\mu^{*}(A_{k})+\frac{\varepsilon}{2^{k}}.

Daí $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}\bigcup_{i=1}^{\infty}% A_{ki}$ e $\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{i=1}^{\infty}\mu(A_{ki})\in\mathcal{C}_{\mu}\big{(}% \bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\big{)}$ ; portanto:

\mu^{*}\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\Big{)}\leq\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{i% =1}^{\infty}\mu(A_{ki})\leq\sum_{k=1}^{\infty}\Big{(}\mu^{*}(A_{k})+\frac{% \varepsilon}{2^{k}}\Big{)}=\Big{(}\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A_{k})\Big{)}+\varepsilon.

Como $\varepsilon>0$ é arbitrário, a $\sigma$ -subaditividade de $\mu^{*}$ segue.

5.3.13 Definição.

Seja $\mathcal{C}$ uma classe de conjuntos tal que $\emptyset\in\mathcal{C}$ e seja dada uma aplicação $\mu:\mathcal{C}\to[0,+\infty]$ (não necessariamente uma medida) tal que $\mu(\emptyset)=0$ . Se $\mathcal{H}$ denota o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ então a medida exterior $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ definida como no Exemplo 5.3.12 é chamada a medida exterior determinada por $\mu$ .

5.3.14 Exemplo.

Se $\mathcal{C}\subset\wp(\mathds{R}^{n})$ é a classe dos blocos retangulares $n$ -dimensionais e se $\mu:\mathcal{C}\to[0,+\infty]$ é a aplicação que associa a cada bloco retangular $n$ -dimensional seu volume então o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{C}$ é $\wp(\mathds{R}^{n})$ e a medida exterior $\mu^{*}$ determinada por $\mu$ coincide com a medida exterior de Lebesgue em $\mathds{R}^{n}$ .

Observamos que, mesmo se $\mu:\mathcal{C}\to[0,+\infty]$ é uma medida, é possível que tenhamos uma desigualdade estrita em (5.3.13) (veja Exercício 5.22). No entanto, temos o seguinte:

5.3.15 Lema.

Seja $\mathcal{S}$ um semi-anel e $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ uma medida em $\mathcal{S}$ . Denote por $\mathcal{H}$ o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{S}$ e por $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ a medida exterior determinada por $\mu$ . Então:

(a)

$\mu^{*}(A)=\mu(A)$ , para todo $A\in\mathcal{S}$ ;
(b)

todo elemento de $\mathcal{S}$ é $\mu^{*}$ -mensurável.

Demonstração.

Seja $\mathcal{R}$ o anel gerado por $\mathcal{S}$ e seja $\tilde{\mu}:\mathcal{R}\to[0,+\infty]$ a única medida em $\mathcal{R}$ que estende $\mu$ (veja Teorema 5.1.23). Nós vamos mostrar que $\mu^{*}(A)=\tilde{\mu}(A)$ , para todo $A\in\mathcal{R}$ ; isso implicará em particular que o item (a) vale. Seja $A\in\mathcal{R}$ e sejam $A_{1},\ldots,A_{t}\in\mathcal{S}$ dois a dois disjuntos de modo que $A=\bigcup_{k=1}^{t}A_{k}$ (veja Lema 5.1.21). Tomando $A_{k}=\emptyset$ para $k>t$ concluímos que:

\mu^{*}(A)\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{k})=\sum_{k=1}^{t}\mu(A_{k})=\tilde{% \mu}(A).

Por outro lado, se $(B_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência em $\mathcal{S}$ tal que $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}$ então segue do item (f) do Lema 5.1.6 aplicado à medida $\tilde{\mu}$ que:

\tilde{\mu}(A)\leq\sum_{k=1}^{\infty}\tilde{\mu}(B_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\mu% (B_{k}),

donde $\tilde{\mu}(A)\leq\mu^{*}(A)$ . Provamos então que $\mu^{*}(A)=\tilde{\mu}(A)$ . Seja agora $E\in\mathcal{S}$ e provemos que $E$ é $\mu^{*}$ -mensurável. Dado $A\in\mathcal{H}$ arbitrariamente, devemos verificar que $\mu^{*}(A)\geq\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\setminus E)$ . Para isso, é suficiente mostrar que para toda seqüência $(A_{k})_{k\geq 1}$ em $\mathcal{S}$ com $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$ vale a desigualdade:

\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{k})\geq\mu^{*}(A\cap E)+\mu^{*}(A\setminus E).

(5.3.14)

Temos $A_{k}\cap E,A_{k}\setminus E\in\mathcal{R}$ e $A_{k}=(A_{k}\cap E)\cup(A_{k}\setminus E)$ , para todo $k\geq 1$ e portanto:

\mu(A_{k})=\tilde{\mu}(A_{k})=\tilde{\mu}(A_{k}\cap E)+\tilde{\mu}(A_{k}% \setminus E)=\mu^{*}(A_{k}\cap E)+\mu^{*}(A_{k}\setminus E);

daí:

\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A_{k}\cap E)+\sum_{k=% 1}^{\infty}\mu^{*}(A_{k}\setminus E).

(5.3.15)

Como $A\cap E\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\cap E)$ e $A\setminus E\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\setminus E)$ , segue da monotonicidade e da $\sigma$ -subaditividade de $\mu^{*}$ que:

\mu^{*}(A\cap E)\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A_{k}\cap E),\quad\mu^{*}(A% \setminus E)\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A_{k}\setminus E).

(5.3.16)

De (5.3.15) e (5.3.16) segue (5.3.14), o que prova que $E$ é $\mu^{*}$ -mensurável. ∎

Como conseqüência direta do Lema 5.3.15 e do Teorema 5.3.7 obtemos o seguinte:

5.3.16 Teorema (teorema da extensão).

Seja $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ uma medida num semi-anel $\mathcal{S}$ . Então $\mu$ estende-se a uma medida no $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ ; se $\mu$ é $\sigma$ -finita então essa extensão é única e $\sigma$ -finita.

Demonstração.

Seja $\mu^{*}$ a medida exterior determinada por $\mu$ ; pelo Teorema 5.3.7, a coleção $\mathfrak{M}$ dos conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é um $\sigma$ -anel e a restrição de $\mu^{*}$ a $\mathfrak{M}$ é uma medida. Mas, pelo Lema 5.3.15, $\mathfrak{M}$ contém $\mathcal{S}$ e $\mu^{*}$ é uma extensão de $\mu$ ; logo $\mathfrak{M}$ contém o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ e a restrição de $\mu^{*}$ a esse $\sigma$ -anel é uma medida que estende $\mu$ . Se $\mu$ é $\sigma$ -finita então essa extensão é única e $\sigma$ -finita, pelo Corolário 5.2.13. ∎

5.3.17 Exemplo.

Seja $\mathcal{S}$ o semi-anel constituído pelos intervalos da forma $\left]a,b\right]$ , $a,b\in\mathds{R}$ (veja (5.1.5)) e seja $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ definida por $\mu\big{(}\left]a,b\right]\big{)}=b-a$ , para todos $a,b\in\mathds{R}$ com $a\leq b$ . Segue da Proposição 5.1.32 que $\mu$ é uma medida em $\mathcal{S}$ . O $\sigma$ -anel $\mathcal{A}=\mathcal{B}(\mathds{R})$ gerado por $\mathcal{S}$ é precisamente a $\sigma$ -álgebra de Borel de $\mathds{R}$ (veja Exercício 5.9). Como $\mu$ é finita (e portanto $\sigma$ -finita), o Teorema 5.3.16 nos diz que $\mu$ estende-se de modo único a uma medida em $\mathcal{B}(\mathds{R})$ . Note que a medida de Lebesgue $\mathfrak{m}:\mathcal{M}(\mathds{R})\to[0,+\infty]$ construída na Seção 1.4 restrita ao $\sigma$ -anel $\mathcal{B}(\mathds{R})$ é uma medida em $\mathcal{B}(\mathds{R})$ que estende $\mu$ . Concluímos então que a restrição da medida de Lebesgue $\mathfrak{m}$ a $\mathcal{B}(\mathds{R})$ é precisamente a única extensão da medida $\mu$ ao $\sigma$ -anel $\mathcal{B}(\mathds{R})$ .

5.3.18 Exemplo.

Sejam $\mathcal{S}$ o semi-anel constituído pelos intervalos da forma $\left]a,b\right]$ , $a,b\in\mathds{R}$ (veja (5.1.5)), $F:\mathds{R}\to\mathds{R}$ uma função crescente e contínua à direita e $\mu_{F}:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ definida por $\mu_{F}\big{(}\left]a,b\right]\big{)}=F(b)-F(a)$ , para todos $a,b\in\mathds{R}$ com $a\leq b$ . Segue da Proposição 5.1.32 que $\mu_{F}$ é uma medida em $\mathcal{S}$ . Como $\mu_{F}$ é finita (e portanto $\sigma$ -finita), o Teorema 5.3.16 nos diz que $\mu_{F}$ estende-se de modo único a uma medida (também $\sigma$ -finita) no $\sigma$ -anel $\mathcal{A}=\mathcal{B}(\mathds{R})$ gerado por $\mathcal{S}$ . Vamos denotar essa extensão de $\mu_{F}$ também por $\mu_{F}$ . A medida $\mu_{F}:\mathcal{B}(\mathds{R})\to[0,+\infty]$ é chamada a medida de Lebesgue–Stieltjes associada à função crescente e contínua à direita $F:\mathds{R}\to\mathds{R}$ . Note que se $\mu:\mathcal{B}(\mathds{R})\to[0,+\infty]$ é uma medida arbitrária que seja finita sobre intervalos limitados então a Proposição 5.1.16 nos diz que existe uma função crescente $F:\mathds{R}\to\mathds{R}$ tal que $\mu_{F}=\mu|_{\mathcal{S}}$ ; a função $F$ é única, a menos da possível adição de constantes. Como $\mu|_{\mathcal{S}}$ é uma medida $\sigma$ -aditiva, a Proposição 5.1.32 nos diz que $F$ é contínua à direita. Temos portanto que $\mu$ é a única extensão de $\mu_{F}:\mathcal{S}\to[0,\infty]$ a $\mathcal{B}(\mathds{R})$ . Concluímos então que toda medida em $\mathcal{B}(\mathds{R})$ que seja finita sobre intervalos limitados é a medida de Lebesgue–Stieltjes associada a alguma função crescente e contínua à direita $F:\mathds{R}\to\mathds{R}$ ; a função $F$ é única, a menos da possível adição de constantes.

Note que se $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ é uma medida num semi-anel $\mathcal{S}$ então a extensão de $\mu$ que construímos está definida num $\sigma$ -anel $\mathfrak{M}$ que pode ser maior do que o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ . Por exemplo, se $\mathcal{S}$ e $\mu$ são definidos como no Exemplo 5.3.17 então o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ é a $\sigma$ -álgebra de Borel da reta, mas o $\sigma$ -anel $\mathfrak{M}$ de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis coincide com a $\sigma$ -álgebra de conjuntos Lebesgue mensuráveis (veja Exercício 5.24 e Observação 5.3.6).

Vamos agora investigar um pouco mais a fundo o $\sigma$ -anel $\mathfrak{M}$ e a extensão de $\mu$ definida em $\mathfrak{M}$ .

5.3.19 Lema.

Sejam $\mathcal{S}$ um semi-anel, $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ uma medida em $\mathcal{S}$ , $\mathcal{H}$ o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{S}$ , $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ a medida exterior determinada por $\mu$ , $\mathfrak{M}$ o $\sigma$ -anel de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis e $\mathcal{A}$ o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ . Então:

(a)

para todo $A\in\mathcal{H}$ existe $E\in\mathcal{A}$ tal que $A\subset E$ e $\mu^{*}(A)=\mu^{*}(E)$ ;
(b)

se $A\in\mathfrak{M}$ é $\sigma$ -finito com respeito à medida $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ então existem $E,W\in\mathcal{A}$ tais que $W\subset A\subset E$ , e $\mu^{*}(A\setminus W)=\mu^{*}(E\setminus A)=0$ .

Demonstração.

Começamos provando o item (a). Seja $A\in\mathcal{H}$ . Para todo $n\geq 1$ existe uma seqüência $(A_{nk})_{k\geq 1}$ em $\mathcal{S}$ tal que $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{nk}$ e $\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{nk})\leq\mu^{*}(A)+\frac{1}{n}$ ; se $A_{n}=\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{nk}$ então $A_{n}\in\mathcal{A}$ , $A\subset A_{n}$ e da $\sigma$ -subaditividade de $\mu^{*}$ vem:

\mu^{*}(A_{n})\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}(A_{nk})=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_% {nk})\leq\mu^{*}(A)+\frac{1}{n}.

Tomando $E=\bigcap_{n=1}^{\infty}A_{n}$ então $E\in\mathcal{A}$ , $A\subset E$ e:

\mu^{*}(A)\leq\mu^{*}(E)\leq\mu^{*}(A_{n})\leq\mu^{*}(A)+\frac{1}{n},

para todo $n\geq 1$ ; daí $\mu^{*}(E)=\mu^{*}(A)$ , o que prova o item (a). Passemos à prova do item (b). Seja $A\in\mathfrak{M}$ um conjunto $\sigma$ -finito com respeito à medida $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ . Existe então uma seqüência $(X_{k})_{k\geq 1}$ em $\mathfrak{M}$ com $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}X_{k}$ e $\mu^{*}(X_{k})<+\infty$ , para todo $k\geq 1$ . Para cada $k\geq 1$ , como $A\cap X_{k}\in\mathfrak{M}\subset\mathcal{H}$ , o item (a) nos dá $E_{k}\in\mathcal{A}$ com $A\cap X_{k}\subset E_{k}$ e $\mu^{*}(A\cap X_{k})=\mu^{*}(E_{k})$ . Como $A\cap X_{k},E_{k}\in\mathfrak{M}$ , $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é uma medida e $\mu^{*}(A\cap X_{k})<+\infty$ , obtemos:

\mu^{*}\big{(}E_{k}\setminus(A\cap X_{k})\big{)}=\mu^{*}(E_{k})-\mu^{*}(A\cap X% _{k})=0,

para todo $k\geq 1$ . Seja $E=\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}\in\mathcal{A}$ . Evidentemente:

A=\bigcup_{k=1}^{\infty}(A\cap X_{k})\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}=E;

além do mais:

E\setminus A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}\big{(}E_{k}\setminus(A\cap X_{k})% \big{)},

e portanto:

\mu^{*}(E\setminus A)\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{*}\big{(}E_{k}\setminus(A\cap X% _{k})\big{)}=0.

Vamos agora mostrar a existência de $W\in\mathcal{A}$ com $W\subset A$ e $\mu^{*}(A\setminus W)=0$ . Como $E\setminus A\in\mathcal{H}$ , o item (a) nos dá $N\in\mathcal{A}$ com $E\setminus A\subset N$ e:

\mu^{*}(N)=\mu^{*}(E\setminus A)=0.

Tome $W=E\setminus N$ ; temos que $W\in\mathcal{A}$ e $W\subset A$ . Além do mais, $A\setminus W\subset N$ e portanto $\mu^{*}(A\setminus W)\leq\mu^{*}(N)=0$ . Isso completa a demonstração. ∎

5.3.20 Observação.

Pode ser interessante para o leitor comparar o enunciado do Lema 5.3.19 aos enunciados dos Lemas 1.4.50, 1.4.28 e do Corolário 1.4.31.

Vimos no Exemplo 5.2.14 que uma medida não $\sigma$ -finita $\mu$ num semi-anel $\mathcal{S}$ pode admitir extensões $\sigma$ -finitas para o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ . No entanto, se consideramos apenas a forma específica de construir extensões que foi desenvolvida nesta seção então temos o seguinte:

5.3.21 Lema.

Sob as condições do Lema 5.3.19, as seguintes afirmações são equivalentes:

(a)

a medida $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ é $\sigma$ -finita;
(b)

a medida $\mu^{*}|_{\mathcal{A}}$ é $\sigma$ -finita;
(c)

a medida $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é $\sigma$ -finita.

Demonstração.

$\bullet$

(a) $\Rightarrow$ (b).

Segue da Observação 5.2.9.
$\bullet$

(b) $\Rightarrow$ (c).

Dado $A\in\mathfrak{M}$ então $A\in\mathcal{H}$ e portanto $A$ está contido numa união enumerável de elementos de $\mathcal{S}$ ; segue então que $A$ está contido num elemento de $\mathcal{A}$ . A conclusão é obtida observando que todo elemento de $\mathcal{A}$ está contido numa união enumerável de elementos de $\mathcal{A}$ de medida finita.
$\bullet$

(c) $\Rightarrow$ (a).

Dado $A\in\mathcal{S}$ então $A\in\mathfrak{M}$ e portanto existe uma seqüência $(A_{k})_{k\geq 1}$ em $\mathfrak{M}$ tal que $A\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}$ e $\mu^{*}(A_{k})<+\infty$ , para todo $k\geq 1$ . Pela definição de $\mu^{*}$ , se $\mu^{*}(A_{k})<+\infty$ então $A_{k}$ está contido numa união enumerável de elementos de $\mathcal{S}$ de medida finita; logo $A$ está contido numa união enumerável de elementos de $\mathcal{S}$ de medida finita.∎

5.3.22 Exemplo.

Seja $X$ um conjunto não vazio. Considere o semi-anel $\mathcal{S}=\{\emptyset,X\}$ e a medida $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ definida por $\mu(\emptyset)=0$ e $\mu(X)=+\infty$ . Temos que o $\sigma$ -anel $\mathcal{A}$ gerado por $\mathcal{S}$ é igual a $\mathcal{S}$ e o $\sigma$ -anel hereditário gerado por $\mathcal{S}$ é igual a $\mathcal{H}=\wp(X)$ . É fácil ver que a medida exterior $\mu^{*}:\wp(X)\to[0,+\infty]$ determinada por $\mu$ é dada por $\mu^{*}(\emptyset)=0$ e $\mu^{*}(A)=+\infty$ , para todo $A\subset X$ não vazio. Temos então que o $\sigma$ -anel $\mathfrak{M}$ de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é igual a $\wp(X)$ . Esse exemplo ilustra a necessidade da hipótese de $\sigma$ -finitude no item (b) do Lema 5.3.19.

5.3.1. Completamento de medidas

Seja $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ uma medida num $\sigma$ -anel $\mathcal{A}$ . É perfeitamente possível que exista um conjunto $A\in\mathcal{A}$ com $\mu(A)=0$ tal que nem todo subconjunto de $A$ está em $\mathcal{A}$ .

5.3.23 Definição.

Uma medida $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ num $\sigma$ -anel $\mathcal{A}$ é dita completa se para todo $A\in\mathcal{A}$ com $\mu(A)=0$ e para todo $B\subset A$ temos $B\in\mathcal{A}$ .

5.3.24 Proposição.

Seja $\mu^{*}:\mathcal{H}\to[0,+\infty]$ uma medida exterior num $\sigma$ -anel hereditário $\mathcal{H}$ . Se $\mathfrak{M}$ denota a coleção dos conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis então a medida $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é completa.

Demonstração.

Segue diretamente do item (d) do Teorema 5.3.7. ∎

5.3.25 Lema.

Seja $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ uma medida num $\sigma$ -anel $\mathcal{A}$ . A classe de conjuntos:

\overline{\mathcal{A}}=\big{\{}A\cup N:\text{$A\in\mathcal{A}$ e existe $M\in% \mathcal{A}$ com $N\subset M$ e $\mu(M)=0$}\big{\}}

é um $\sigma$ -anel que contém $\mathcal{A}$ e existe uma única medida $\bar{\mu}:\overline{\mathcal{A}}\to[0,+\infty]$ em $\overline{\mathcal{A}}$ que estende $\mu$ . A medida $\bar{\mu}$ é a menor extensão completa de $\mu$ , no sentido que:

•

$\bar{\mu}$ é uma medida completa;
•

se $\mu^{\prime}:\mathcal{A}^{\prime}\to[0,+\infty]$ é uma medida completa num $\sigma$ -anel $\mathcal{A}^{\prime}$ contendo $\mathcal{A}$ e se $\mu^{\prime}$ estende $\mu$ então $\mathcal{A}^{\prime}$ contém $\overline{\mathcal{A}}$ e $\mu^{\prime}$ estende $\bar{\mu}$ .

Demonstração.

Evidentemente $\mathcal{A}\subset\overline{\mathcal{A}}$ . Seja $(A_{k}\cup N_{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência em $\overline{\mathcal{A}}$ , onde para cada $k\geq 1$ , $A_{k}\in\mathcal{A}$ e existe $M_{k}\in\mathcal{A}$ com $N_{k}\subset M_{k}$ e $\mu(M_{k})=0$ . Temos:

\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\cup N_{k})=\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\Big% {)}\cup\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}N_{k}\Big{)}\in\overline{\mathcal{A}},

(5.3.17)

já que $\bigcup_{k=1}^{\infty}A_{k}\in\mathcal{A}$ , $\bigcup_{k=1}^{\infty}N_{k}\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}M_{k}\in\mathcal{A}$ e:

\mu\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}M_{k}\Big{)}\leq\sum_{k=1}^{\infty}\mu(M_{k})=0.

Sejam $A_{1}\cup N_{1},A_{2}\cup N_{2}\in\overline{\mathcal{A}}$ , com $A_{1},A_{2}\in\mathcal{A}$ , $N_{1}\subset M_{1}$ , $N_{2}\subset M_{2}$ , $M_{1},M_{2}\in\mathcal{A}$ e $\mu(M_{1})=\mu(M_{2})=0$ . Se $A=A_{1}\setminus(A_{2}\cup M_{2})$ então $A\in\mathcal{A}$ e:

A\subset(A_{1}\cup N_{1})\setminus(A_{2}\cup N_{2});

podemos então escrever:

(A_{1}\cup N_{1})\setminus(A_{2}\cup N_{2})=A\cup N,

onde $N=[(A_{1}\cup N_{1})\setminus(A_{2}\cup N_{2})]\setminus A$ . É fácil ver que $N\subset N_{1}\cup M_{2}\subset M_{1}\cup M_{2}$ . Como $M_{1}\cup M_{2}\in\mathcal{A}$ e $\mu(M_{1}\cup M_{2})=0$ , segue que $(A_{1}\cup N_{1})\setminus(A_{2}\cup N_{2})\in\overline{\mathcal{A}}$ . Isso prova que $\overline{\mathcal{A}}$ é um $\sigma$ -anel. Se $\bar{\mu}$ é uma medida em $\overline{\mathcal{A}}$ que estende $\mu$ então:

\mu(A)=\bar{\mu}(A)\leq\bar{\mu}(A\cup N)\leq\bar{\mu}(A)+\bar{\mu}(N)\leq\bar% {\mu}(A)+\bar{\mu}(M)=\mu(A),

para todos $A,M\in\mathcal{A}$ , $N\subset M$ , com $\mu(M)=0$ ; daí:

\bar{\mu}(A\cup N)=\mu(A),

(5.3.18)

para todos $A,M\in\mathcal{A}$ , $N\subset M$ , com $\mu(M)=0$ . Isso prova a unicidade de $\bar{\mu}$ ; para provar a existência, nós usaremos a igualdade (5.3.18) para definir $\bar{\mu}$ em $\overline{\mathcal{A}}$ . Para verificar que $\bar{\mu}$ está de fato bem definida, devemos mostrar que $\mu(A_{1})=\mu(A_{2})$ , sempre que $A_{1}\cup N_{1}=A_{2}\cup N_{2}$ , $N_{1}\subset M_{1}$ , $N_{2}\subset M_{2}$ , $A_{1},A_{2},M_{1},M_{2}\in\mathcal{A}$ e $\mu(M_{1})=\mu(M_{2})=0$ . Temos:

A_{1}\bigtriangleup A_{2}\subset N_{1}\cup N_{2}\subset M_{1}\cup M_{2},

donde $\mu(A_{1}\bigtriangleup A_{2})=0$ ; segue então do resultado do Exercício 5.12 que $\mu(A_{1})=\mu(A_{2})$ . Concluímos que $\bar{\mu}$ está bem definida e é claro que $\bar{\mu}$ estende $\mu$ . Para verificar que $\bar{\mu}$ é uma medida em $\overline{\mathcal{A}}$ , seja $(A_{k}\cup N_{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência de elementos dois a dois disjuntos de $\overline{\mathcal{A}}$ , onde para cada $k\geq 1$ , $A_{k}\in\mathcal{A}$ e existe $M_{k}\in\mathcal{A}$ com $N_{k}\subset M_{k}$ e $\mu(M_{k})=0$ . Temos:

\bar{\mu}\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\cup N_{k})\Big{)}\stackrel{{% \scriptstyle\eqref{eq:countunbarcalA}}}{{=}}\mu\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}A_% {k}\Big{)}=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\bar{\mu}(A_{k}% \cup N_{k}),

5.3.17⁢)μ⁢(⋃k=1∞Ak)=∑k=1∞μ⁢(Ak)=∑k=1∞μ¯⁢(Ak∪Nk),\bar{\mu}\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\cup N_{k})\Big{)}\stackrel{{% \scriptstyle\eqref{eq:countunbarcalA}}}{{=}}\mu\Big{(}\bigcup_{k=1}^{\infty}A_% {k}\Big{)}=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(A_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\bar{\mu}(A_{k}% \cup N_{k}),

o que prova que $\bar{\mu}$ é uma medida. Vejamos que $\bar{\mu}$ é completa. Sejam dados $A,M\in\mathcal{A}$ , $N\subset M$ com $\mu(M)=0$ e $\bar{\mu}(A\cup N)=0$ ; daí $\mu(A)=0$ . Se $B$ é um subconjunto de $A\cup N$ então $B=\emptyset\cup B$ , onde $\emptyset\in\mathcal{A}$ , $B\subset A\cup M\in\mathcal{A}$ e $\mu(A\cup M)=0$ . Logo $B\in\overline{\mathcal{A}}$ e a medida $\bar{\mu}$ é completa. Finalmente, seja $\mu^{\prime}:\mathcal{A}^{\prime}\to[0,+\infty]$ uma medida completa que estende $\mu$ , definida num $\sigma$ -anel $\mathcal{A}^{\prime}$ . Dados $A,M\in\mathcal{A}$ , $N\subset M$ com $\mu(M)=0$ então $A,M\in\mathcal{A}^{\prime}$ e $\mu^{\prime}(M)=0$ ; como $\mu^{\prime}$ é completa e $N\subset M$ , temos $N\in\mathcal{A}^{\prime}$ e portanto $A\cup N\in\mathcal{A}^{\prime}$ . Isso prova que $\mathcal{A}^{\prime}$ contém $\overline{\mathcal{A}}$ . Como a restrição de $\mu^{\prime}$ a $\overline{\mathcal{A}}$ é uma medida em $\overline{\mathcal{A}}$ que estende $\mu$ , vemos que essa restrição deve coincidir com $\bar{\mu}$ ; logo $\mu^{\prime}$ é uma extensão de $\bar{\mu}$ . Isso completa a demonstração. ∎

5.3.26 Definição.

A medida $\bar{\mu}:\overline{\mathcal{A}}\to[0,+\infty]$ cuja existência e unicidade é garantida pelo Lema 5.3.25 é chamada o completamento da medida $\mu$ .

5.3.27 Observação.

Se $(X,\mathcal{A},\mu)$ é um espaço de medida (i.e., $X$ é um conjunto, $\mathcal{A}$ é uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X$ e $\mu$ é uma medida em $\mathcal{A}$ ) e se $\bar{\mu}:\overline{\mathcal{A}}\to[0,+\infty]$ é o completamento de $\mu$ então $\overline{\mathcal{A}}$ é uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X$ , já que $\overline{\mathcal{A}}$ é um $\sigma$ -anel e $X\in\mathcal{A}\subset\overline{\mathcal{A}}$ (veja Exercício 5.3). Logo $(X,\overline{\mathcal{A}},\bar{\mu})$ também é um espaço de medida; nós dizemos então que $(X,\overline{\mathcal{A}},\bar{\mu})$ é o completamento de $(X,\mathcal{A},\mu)$ .

5.3.28 Proposição.

Sob as condições do Lema 5.3.19, se a medida $\mu:\mathcal{S}\to[0,+\infty]$ é $\sigma$ -finita então a medida $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é o completamento da medida $\mu^{*}|_{\mathcal{A}}$ .

Demonstração.

Pela Proposição 5.3.24, a medida $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é uma extensão completa de $\mu^{*}|_{\mathcal{A}}$ e portanto é uma extensão do completamento de $\mu^{*}|_{\mathcal{A}}$ . Para mostrar que $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é o completamento de $\mu^{*}|_{\mathcal{A}}$ , devemos verificar que para todo $A\in\mathfrak{M}$ existem $W,M\in\mathcal{A}$ e $N\subset M$ com $A=W\cup N$ e $\mu^{*}(M)=0$ . Como $\mu$ é $\sigma$ -finita, temos que $A$ é $\sigma$ -finito com respeito a $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ (veja Lema 5.3.21) e portanto, pelo Lema 5.3.19, existe $W\in\mathcal{A}$ com $W\subset A$ e $\mu^{*}(A\setminus W)=0$ . Tome $N=A\setminus W$ , de modo que $A=W\cup N$ . Aplicando novamente o Lema 5.3.19 obtemos $M\in\mathcal{A}$ com $N\subset M$ e $\mu^{*}(M)=\mu^{*}(N)=0$ . Isso completa a demonstração. ∎

Se $\mu$ e $\mathcal{S}$ são definidos como no Exemplo 5.3.17 e se $\mu^{*}$ é a medida exterior determinada por $\mu$ então a $\sigma$ -álgebra $\mathfrak{M}$ de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis coincide com a $\sigma$ -álgebra $\mathcal{M}(\mathds{R})$ de subconjuntos Lebesgue mensuráveis da reta e a restrição de $\mu^{*}$ a $\mathfrak{M}$ coincide exatamente com a medida de Lebesgue $\mathfrak{m}$ . Temos duas maneiras de verificar a validade dessa afirmação. Uma delas segue da Observação 5.3.6 usando o resultado do Exercício 5.24. A outra é a seguinte; vimos no Exemplo 5.3.17 que se $\mathcal{A}$ é o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{S}$ então $\mathcal{A}=\mathcal{B}(\mathds{R})$ coincide com a $\sigma$ -álgebra de Borel de $\mathds{R}$ e a restrição de $\mu^{*}$ a $\mathcal{A}$ coincide com a restrição da medida de Lebesgue a $\mathcal{A}$ . A Proposição 5.3.28 nos diz que $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é o completamento de $\mu^{*}|_{\mathcal{A}}$ e o resultado do Exercício 1.17 nos diz que a medida de Lebesgue é o completamento da restrição da medida de Lebesgue à $\sigma$ -álgebra de Borel. Logo $\mu^{*}|_{\mathfrak{M}}$ é precisamente a medida de Lebesgue.

Vemos então que a medida de Lebesgue na reta poderia ser introduzida usando apenas a teoria desenvolvida neste capítulo, sem que nenhuma menção fosse feita a resultados do Capítulo 1. De fato, podemos definir $\mu$ e $\mathcal{S}$ como no Exemplo 5.3.17, tomar a única extensão de $\mu$ a uma medida no $\sigma$ -anel $\mathcal{A}$ gerado por $\mathcal{S}$ (Teorema 5.3.16) e depois tomar o completamento dessa extensão; esse completamento é exatamente a medida de Lebesgue em $\mathds{R}$ . Alternativamente, consideramos a medida exterior $\mu^{*}$ determinada por $\mu$ e tomamos a restrição de $\mu^{*}$ ao $\sigma$ -anel de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis; o resultado também é a medida de Lebesgue.

Usando a teoria que desenvolveremos no Capítulo 6 nós veremos que também a medida de Lebesgue em $\mathds{R}^{n}$ pode ser construída sem a utilização da teoria desenvolvida no Capítulo 1.