6.1. Produto de ${\sigma}$ -Álgebras

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis, i.e., $X$ e $Y$ são conjuntos, $\mathcal{A}$ é uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X$ e $\mathcal{B}$ é uma $\sigma$ -álgebra de partes de $Y$ . Segue do Lema 5.1.14 que a classe de conjuntos:

\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}=\big{\{}A\times B:A\in\mathcal{A},\ % B\in\mathcal{B}\big{\}}\subset\wp(X\times Y)

é um semi-anel; evidentemente, não é de se esperar que $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ seja uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X\times Y$ .

6.1.1 Definição.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis. A $\sigma$ -álgebra de partes de $X\times Y$ gerada por $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ , denotada por $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ , é chamada a $\sigma$ -álgebra produto de $\mathcal{A}$ por $\mathcal{B}$ . O espaço mensurável $(X\times Y,\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})$ é chamado o produto de $(X,\mathcal{A})$ por $(Y,\mathcal{B})$ .

O seguinte lema dá uma caracterização interessante para a $\sigma$ -álgebra produto.

6.1.2 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis e denote por $\pi_{1}:X\times Y\to X$ , $\pi_{2}:X\times Y\to Y$ as projeções. Então a $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ é a menor $\sigma$ -álgebra de partes de $X\times Y$ que torna as aplicações $\pi_{1}$ e $\pi_{2}$ ambas mensuráveis; mais explicitamente:

•

as projeções:

$\pi_{1}:(X\times Y,\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})\to(X,\mathcal{A}),\quad\pi_{% 2}:(X\times Y,\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})\to(Y,\mathcal{B})$

são mensuráveis;
•

se $\mathcal{P}$ é uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X\times Y$ e se as projeções:

$\pi_{1}:(X\times Y,\mathcal{P})\to(X,\mathcal{A}),\quad\pi_{2}:(X\times Y,% \mathcal{P})\to(Y,\mathcal{B})$

são mensuráveis então $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}\subset\mathcal{P}$ .

Demonstração.

Para todo $A\in\mathcal{A}$ , temos:

\pi_{1}^{-1}(A)=A\times Y\in\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}\subset% \mathcal{A}\otimes\mathcal{B},

donde $\pi_{1}$ é mensurável se $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra produto. Similarmente, $\pi_{2}$ é mensurável se $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra produto. Seja agora $\mathcal{P}$ uma $\sigma$ -álgebra de partes de $X\times Y$ que torna as projeções $\pi_{1}$ e $\pi_{2}$ ambas mensuráveis. Daí:

\pi_{1}^{-1}(A)\cap\pi_{2}^{-1}(B)=A\times B\in\mathcal{P},

para todos $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ . Logo $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}\subset\mathcal{P}$ e portanto, como $\mathcal{P}$ é uma $\sigma$ -álgebra, temos $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}\subset\mathcal{P}$ . ∎

A principal propriedade da $\sigma$ -álgebra produto é expressa pelo seguinte:

6.1.3 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ , $(Z,\mathfrak{C})$ espaços mensuráveis e seja $f:Z\to X\times Y$ uma função com funções coordenadas $f_{1}:Z\to X$ e $f_{2}:Z\to Y$ . Se $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ então $f$ é mensurável se e somente se $f_{1}$ e $f_{2}$ são ambas mensuráveis.

Demonstração.

Sejam $\pi_{1}:X\times Y\to X$ , $\pi_{2}:X\times Y\to Y$ as projeções; temos $f_{1}=\pi_{1}\circ f$ e $f_{2}=\pi_{2}\circ f$ . Se $f$ é mensurável, então $f_{1}$ e $f_{2}$ também são mensuráveis, sendo composições de funções mensuráveis. Suponha agora que $f_{1}$ e $f_{2}$ são mensuráveis e provemos que $f$ é mensurável. Pelo Lema 2.1.5, para estabelecer a mensurabilidade de $f$ é suficiente verificar que:

f^{-1}(A\times B)\in\mathfrak{C},

para todos $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ ; a conclusão segue então da igualdade:

f^{-1}(A\times B)=f_{1}^{-1}(A)\cap f_{2}^{-1}(B).\qed

No Exercício 6.1 pedimos ao leitor para demonstrar que a propriedade constante do enunciado do Lema 6.1.3 caracteriza completamente a $\sigma$ -álgebra produto.

6.1.4 Exemplo.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis. Se os produtos $X\times Y$ e $Y\times X$ são munidos respectivamente das $\sigma$ -álgebras $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ e $\mathcal{B}\otimes\mathcal{A}$ então segue do Lema 6.1.3 que a função:

\sigma:X\times Y\ni(x,y)\longmapsto(y,x)\in Y\times X

é uma bijeção mensurável cuja aplicação inversa $\sigma^{-1}$ também é mensurável. De fato, as funções coordenadas de $\sigma$ são as projeções do produto cartesiano $X\times Y$ e as funções coordenadas de $\sigma^{-1}$ são as projeções do produto cartesiano $Y\times X$ . Temos em particular que a bijeção $\sigma$ induz uma bijeção:

\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}\ni U\longmapsto\sigma(U)\in\mathcal{B}\otimes% \mathcal{A}

da $\sigma$ -álgebra $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ sobre a $\sigma$ -álgebra $\mathcal{B}\otimes\mathcal{A}$ .

6.1.5 Exemplo.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis. Fixado $x\in X$ então segue do Lema 6.1.3 que a função:

i_{x}:(Y,\mathcal{B})\ni y\longmapsto(x,y)\in(X\times Y,\mathcal{A}\otimes% \mathcal{B})

é mensurável; de fato, a primeira coordenada de $i_{x}$ é uma função constante (veja Exercício 2.1) e a segunda coordenada de $i_{x}$ é a aplicação identidade. Similarmente, fixado $y\in Y$ , vê-se que a aplicação:

i^{y}:(X,\mathcal{A})\ni x\longmapsto(x,y)\in(X\times Y,\mathcal{A}\otimes% \mathcal{B})

é mensurável.

6.1.6 Exemplo.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ , $(Z,\mathfrak{C})$ espaços mensuráveis. Seja $f:X\times Y\to Z$ uma função mensurável, onde $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Temos que para todo $x\in X$ a função:

Y\ni y\longmapsto f(x,y)\in Z

(6.1.1)

é mensurável e para todo $y\in Y$ a função:

X\ni x\longmapsto f(x,y)\in Z

(6.1.2)

é mensurável. De fato, a função (6.1.1) é igual a $f\circ i_{x}$ e a função (6.1.2) é igual a $f\circ i^{y}$ (veja Exemplo 6.1.5).

6.1.7 Exemplo.

Identificando $\mathds{R}^{m}\times\mathds{R}^{n}$ com $\mathds{R}^{m+n}$ (veja (2.8.1)) então o produto da $\sigma$ -álgebra de Borel de $\mathds{R}^{m}$ pela $\sigma$ -álgebra de Borel de $\mathds{R}^{n}$ coincide com a $\sigma$ -álgebra de Borel de $\mathds{R}^{m+n}$ , ou seja:

\mathcal{B}(\mathds{R}^{m+n})=\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})\otimes\mathcal{B}(% \mathds{R}^{n}).

(6.1.3)

De fato, as projeções $\pi_{1}:\mathds{R}^{m+n}\to\mathds{R}^{m}$ , $\pi_{2}:\mathds{R}^{m+n}\to\mathds{R}^{n}$ são contínuas e portanto são Borel mensuráveis, pelo Lema 2.1.15. Mais explicitamente, temos que se $\mathds{R}^{m+n}$ é munido da $\sigma$ -álgebra de Borel $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m+n})$ então $\pi_{1}$ e $\pi_{2}$ são ambas mensuráveis; segue então do Lema 6.1.2 que:

\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})\otimes\mathcal{B}(\mathds{R}^{n})\subset\mathcal{B% }(\mathds{R}^{m+n}).

Para mostrar a inclusão oposta, é suficiente mostrar que todo aberto $U$ de $\mathds{R}^{m+n}$ pertence à $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})\otimes\mathcal{B}(\mathds{R}^{n})$ . Temos que para todo $z\in U$ existem abertos $V_{z}\subset\mathds{R}^{m}$ , $W_{z}\subset\mathds{R}^{n}$ tais que $z\in V_{z}\times W_{z}\subset U$ . Além do mais, a cobertura aberta $U=\bigcup_{z\in U}(V_{z}\times W_{z})$ possui uma subcobertura enumerável, i.e., existe um subconjunto enumerável $E$ de $U$ tal que:

U=\bigcup_{z\in E}(V_{z}\times W_{z}).

Mas $V_{z}\in\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})$ , $W_{z}\in\mathcal{B}(\mathds{R}^{n})$ e $V_{z}\times W_{z}\in\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})\boldsymbol{\times}\mathcal{B}(% \mathds{R}^{n})$ , para todo $z\in E$ ; segue então que $U\in\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})\otimes\mathcal{B}(\mathds{R}^{n})$ , o que completa a demonstração de (6.1.3).

Vejamos como produtos de $\sigma$ -álgebras relacionam-se com restrições de $\sigma$ -álgebras.

6.1.8 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis e $X_{0}\subset X$ , $Y_{0}\subset Y$ subconjuntos (não necessariamente mensuráveis). Então:

(\mathcal{A}|_{X_{0}})\otimes(\mathcal{B}|_{Y_{0}})=(\mathcal{A}\otimes% \mathcal{B})|_{X_{0}\times Y_{0}}.

Demonstração.

Temos que $(\mathcal{A}|_{X_{0}})\otimes(\mathcal{B}|_{Y_{0}})$ é a $\sigma$ -álgebra de partes de $X_{0}\times Y_{0}$ gerada por $(\mathcal{A}|_{X_{0}})\boldsymbol{\times}(\mathcal{B}|_{Y_{0}})$ ; evidentemente:

	$\displaystyle(\mathcal{A}\|_{X_{0}})\boldsymbol{\times}(\mathcal{B}\|_{Y_{0}})$	$\displaystyle=\big{\{}(A\cap X_{0})\times(B\cap Y_{0}):A\in\mathcal{A},\ B\in% \mathcal{B}\big{\}}$
		$\displaystyle=\big{\{}(A\times B)\cap(X_{0}\times Y_{0}):A\in\mathcal{A},\ B% \in\mathcal{B}\big{\}}$
		$\displaystyle=(\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B})\|_{X_{0}\times Y_{0}}.$

A conclusão segue do resultado do Exercício 2.3. ∎

6.1.9 Exemplo.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis e $\mathcal{C}$ , $\mathcal{D}$ conjuntos de geradores para as $\sigma$ -álgebras $\mathcal{A}$ e $\mathcal{B}$ respectivamente. Em geral, não é verdade que $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ é um conjunto de geradores para a $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Por exemplo, se $X=Y=\mathds{R}$ , $\mathcal{A}=\mathcal{B}=\big{\{}\emptyset,[0,1],[0,1]^{\mathrm{c}},\mathds{R}% \big{\}}$ e $\mathcal{C}=\mathcal{D}=\big{\{}[0,1]\big{\}}$ então:

\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}=\big{\{}[0,1]\times[0,1]\big{\}}

e a $\sigma$ -álgebra gerada por $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ é igual a:

\sigma(\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D})=\big{\{}\emptyset,[0,1]% \times[0,1],\big{(}[0,1]\times[0,1]\big{)}^{\mathrm{c}},\mathds{R}^{2}\big{\}}.

No entanto, a $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ é igual a:

\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}=\big{\{}\emptyset,[0,1]\times[0,1],[0,1]\times[0% ,1]^{\mathrm{c}},[0,1]\times\mathds{R},[0,1]^{\mathrm{c}}\times[0,1],\\ [0,1]^{\mathrm{c}}\times[0,1]^{\mathrm{c}},[0,1]^{\mathrm{c}}\times\mathds{R},% \mathds{R}\times[0,1],\mathds{R}\times[0,1]^{\mathrm{c}},\\ \big{(}[0,1]\times[0,1]\big{)}^{\mathrm{c}},\big{(}[0,1]\times[0,1]^{\mathrm{c% }}\big{)}^{\mathrm{c}},\big{(}[0,1]^{\mathrm{c}}\times[0,1]\big{)}^{\mathrm{c}% },\\ \big{(}\mathds{R}\times[0,1]\big{)}\cup\big{(}[0,1]\times\mathds{R}\big{)},\\ \big{(}[0,1]\times[0,1]\big{)}\cup\big{(}[0,1]^{\mathrm{c}}\times[0,1]^{% \mathrm{c}}\big{)},\big{(}[0,1]^{\mathrm{c}}\times[0,1]\big{)}\cup\big{(}[0,1]% \times[0,1]^{\mathrm{c}}\big{)},\mathds{R}^{2}\big{\}}.

Apesar do que vimos no Exemplo 6.1.9, temos o seguinte:

6.1.10 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ , $(Y,\mathcal{B})$ espaços mensuráveis e $\mathcal{C}$ , $\mathcal{D}$ conjuntos de geradores para as $\sigma$ -álgebras $\mathcal{A}$ e $\mathcal{B}$ respectivamente. Suponha que $X$ é igual a uma união enumerável de elementos de $\mathcal{C}$ e que $Y$ é igual a uma união enumerável de elementos de $\mathcal{D}$ (esse é o caso, por exemplo, se $X\in\mathcal{C}$ e $Y\in\mathcal{D}$ ). Então $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ é um conjunto de geradores para a $\sigma$ -álgebra $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ .

Demonstração.

Seja $\mathcal{P}$ a $\sigma$ -álgebra gerada por $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ . Como $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ está contido em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ , temos que $\mathcal{P}\subset\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Pelo Lema 6.1.2, para provar a inclusão oposta é suficiente verificar que as projeções $\pi_{1}:X\times Y\to X$ , $\pi_{2}:X\times Y\to Y$ são mensuráveis quando $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra $\mathcal{P}$ . Para todo $A\in\mathcal{C}$ , temos:

\pi_{1}^{-1}(A)=A\times Y;

por hipótese, existe uma família enumerável $(Y_{i})_{i\in I}$ de elementos de $\mathcal{D}$ tal que $Y=\bigcup_{i\in I}Y_{i}$ . Daí $A\times Y_{i}\in\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ , para todo $i\in I$ e:

\pi_{1}^{-1}(A)=A\times Y=\bigcup_{i\in I}(A\times Y_{i})\in\mathcal{P}.

Segue do Lema 2.1.5 que a função $\pi_{1}$ é mensurável quando $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra $\mathcal{P}$ . De modo análogo, verifica-se que $\pi_{2}$ é mensurável quando $X\times Y$ é munido da $\sigma$ -álgebra $\mathcal{P}$ . Isso completa a demonstração. ∎

6.1.11 Corolário.

Dados espaços mensuráveis $(X_{1},\mathcal{A}_{1})$ , $(X_{2},\mathcal{A}_{2})$ e $(X_{3},\mathcal{A}_{3})$ então:

(\mathcal{A}_{1}\otimes\mathcal{A}_{2})\otimes\mathcal{A}_{3}=\mathcal{A}_{1}% \otimes(\mathcal{A}_{2}\otimes\mathcal{A}_{3}).

Demonstração.

Temos que $\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}\mathcal{A}_{2}$ é um conjunto de geradores para $\mathcal{A}_{1}\otimes\mathcal{A}_{2}$ que possui o conjunto $X_{1}\times X_{2}$ como elemento; além do mais, $\mathcal{A}_{3}$ é (trivialmente) um conjunto de geradores para $\mathcal{A}_{3}$ que possui o conjunto $X_{3}$ como elemento. Segue então do Lema 6.1.10 que $(\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}\mathcal{A}_{2})\boldsymbol{\times}\mathcal% {A}_{3}$ é um conjunto de geradores para $(\mathcal{A}_{1}\otimes\mathcal{A}_{2})\otimes\mathcal{A}_{3}$ . De modo análogo, vê-se que $\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}(\mathcal{A}_{2}\boldsymbol{\times}\mathcal{% A}_{3})$ é um conjunto de geradores para $\mathcal{A}_{1}\otimes(\mathcal{A}_{2}\otimes\mathcal{A}_{3})$ . Obviamente:

(\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}\mathcal{A}_{2})\boldsymbol{\times}\mathcal% {A}_{3}=\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}(\mathcal{A}_{2}\boldsymbol{\times}% \mathcal{A}_{3})=\big{\{}A_{1}\times A_{2}\times A_{3}:A_{i}\in\mathcal{A}_{i}% ,\ i=1,2,3\big{\}}.

A conclusão segue. ∎

Em vista do Corolário 6.1.11, podemos escrever expressões como:

\mathcal{A}_{1}\otimes\cdots\otimes\mathcal{A}_{n}

sem nos preocuparmos com a colocação de parênteses.

6.1.12 Corolário.

Sejam $(X_{1},\mathcal{A}_{1})$ , …, $(X_{n},\mathcal{A}_{n})$ espaços mensuráveis. Então $\mathcal{A}_{1}\otimes\cdots\otimes\mathcal{A}_{n}$ coincide com a $\sigma$ -álgebra gerada pela classe de conjuntos:

\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}\cdots\boldsymbol{\times}\mathcal{A}_{n}=% \big{\{}A_{1}\times\cdots\times A_{n}:A_{i}\in\mathcal{A}_{i},\ i=1,\ldots,n% \big{\}}.

Demonstração.

Segue facilmente do Lema 6.1.10 usando indução. ∎

6.1.13 Notação.

Dados conjuntos $X$ , $Y$ e um subconjunto $U$ de $X\times Y$ então para todo $x\in X$ nós denotamos por $U_{x}\subset Y$ a fatia vertical de $U$ definida por:

U_{x}=\big{\{}y\in Y:(x,y)\in U\big{\}}

(6.1.4)

e para todo $y\in Y$ nós denotamos por $U^{y}\subset X$ a fatia horizontal de $U$ definida por:

U^{y}=\big{\{}x\in X:(x,y)\in U\big{\}}.

6.1.14 Observação.

Se as aplicações $i_{x}:Y\to X\times Y$ e $i^{y}:X\to X\times Y$ são definidas como no Exemplo 6.1.5 então:

U_{x}=i_{x}^{-1}(U),\quad U^{y}=(i^{y})^{-1}(U),

para todos $x\in X$ , $y\in Y$ e todo $U\subset X\times Y$ . Se $(X,\mathcal{A})$ e $(Y,\mathcal{B})$ são espaços mensuráveis e $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ , nós concluímos então que $U_{x}\in\mathcal{A}$ e $U^{y}\in\mathcal{B}$ , para todos $x\in X$ , $y\in Y$ . Se $\nu:\mathcal{B}\to[0,+\infty]$ é uma medida na $\sigma$ -álgebra $\mathcal{B}$ então para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ faz sentido considerar a função:

X\ni x\longmapsto\nu(U_{x})\in[0,+\infty].\

(6.1.5)

Temos o seguinte:

6.1.15 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A})$ um espaço mensurável e $(Y,\mathcal{B},\nu)$ um espaço de medida. Se $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ e se a medida $\nu$ é $\sigma$ -finita então a função (6.1.5) é mensurável.

Demonstração.

Assuma primeiramente que a medida $\nu$ é finita. Nós vamos mostrar que:

\big{\{}U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}:\text{a função \eqref{eq:medefatia} % é mensurável}\big{\}}

6.1.5) é mensurável}\big{\{}U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}:\text{a função \eqref{eq:medefatia} % é mensurável}\big{\}} (6.1.6)

é uma classe $\sigma$ -aditiva que contém $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ . Como $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ é uma classe de conjuntos fechada por interseções finitas (na verdade, pelo Lema 5.1.14, $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ é até mesmo um semi-anel), seguirá do lema da classe $\sigma$ -aditiva (Lema 5.2.5) que (6.1.6) contém $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Isso implicará que a função (6.1.5) é mensurável para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ , sob a hipótese que a medida $\nu$ é finita. O fato que (6.1.6) é uma classe $\sigma$ -aditiva segue diretamente das seguintes observações:

•

dados $U,V\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ com $U\cap V=\emptyset$ então $(U\cup V)_{x}=U_{x}\cup V_{x}$ , $U_{x}\cap V_{x}=\emptyset$ e:

$\nu\big{(}(U\cup V)_{x}\big{)}=\nu(U_{x})+\nu(V_{x}),$

para todo $x\in X$ ;
•

dados $U,V\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ com $V\subset U$ então $V_{x}\subset U_{x}$ , $(U\setminus V)_{x}=U_{x}\setminus V_{x}$ e:

$\nu\big{(}(U\setminus V)_{x}\big{)}=\nu(U_{x})-\nu(V_{x}),$

para todo $x\in X$ ;
•

se $(U^{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ com $U^{k}\nearrow U$ então $U^{k}_{x}\nearrow U_{x}$ e:

$\nu(U_{x})=\lim_{k\to\infty}\nu(U^{k}_{x}),$

para todo $x\in U$ .

Para ver que (6.1.6) contém $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ , sejam $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ e $U=A\times B$ ; temos:

\nu(U_{x})=\nu(B)\,\chi_{\lower 2.0pt\hbox{$\scriptstyle A$}}(x),

para todo $x\in X$ . Logo (6.1.5) é mensurável e $U=A\times B$ está em (6.1.6). Isso completa a demonstração do lema no caso em que a medida $\nu$ é finita. Passemos ao caso geral. Como a medida $\nu$ é $\sigma$ -finita, existe uma seqüência $(Y_{k})_{k\geq 1}$ em $\mathcal{B}$ tal que $Y=\bigcup_{k=1}^{\infty}Y_{k}$ e $\nu(Y_{k})<+\infty$ , para todo $k\geq 1$ ; substituindo $Y_{k}$ por $Y_{k}\setminus\bigcup_{i=1}^{k-1}Y_{i}$ para $k\geq 2$ , nós podemos supor que os conjuntos $(Y_{k})_{k\geq 1}$ são dois a dois disjuntos (veja Exercício 1.19). Daí, para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ e todo $x\in X$ temos $U_{x}=\bigcup_{k=1}^{\infty}(U_{x}\cap Y_{k})$ e:

\nu(U_{x})=\sum_{k=1}^{\infty}\nu(U_{x}\cap Y_{k}).

(6.1.7)

Mas $U_{x}\cap Y_{k}=\big{(}U\cap(X\times Y_{k})\big{)}_{x}$ , para todo $x\in X$ e:

U\cap(X\times Y_{k})\in(\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})|_{X\times Y_{k}}=% \mathcal{A}\otimes(\mathcal{B}|_{Y_{k}}),

onde na última igualdade usamos o Lema 6.1.8. Como a medida $\nu|_{\mathcal{B}|_{Y_{k}}}$ é finita, a primeira parte da demonstração implica que a função:

X\ni x\longmapsto\nu\Big{(}\big{(}U\cap(X\times Y_{k})\big{)}_{x}\Big{)}=\nu(U% _{x}\cap Y_{k})\in[0,+\infty]

é mensurável para todo $k\geq 1$ ; segue então de (6.1.7) que a função (6.1.5) é mensurável. Isso completa a demonstração. ∎

6.1.16 Observação.

Se $(X,\mathcal{A},\mu)$ é um espaço de medida, $(Y,\mathcal{B})$ é um espaço mensurável e se a medida $\mu$ é $\sigma$ -finita então evidentemente para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ temos que a função:

Y\ni y\longmapsto\mu(U^{y})\in[0,+\infty]

é mensurável. Isso pode ser demonstrado fazendo as modificações óbvias na demonstração do Lema 6.1.15 ou aplicando o resultado do Lema 6.1.15 ao conjunto $\sigma(U)\in\mathcal{B}\otimes\mathcal{A}$ , onde $\sigma$ é definida como no Exemplo 6.1.4.

6.1. Produto de σ{\sigma}-Álgebras

6.1.1 Definição.

6.1.2 Lema.

Demonstração.

6.1.3 Lema.

Demonstração.

6.1.4 Exemplo.

6.1.5 Exemplo.

6.1.6 Exemplo.

6.1.7 Exemplo.

6.1.8 Lema.

Demonstração.

6.1.9 Exemplo.

6.1.10 Lema.

Demonstração.

6.1.11 Corolário.

Demonstração.

6.1.12 Corolário.

Demonstração.

6.1.13 Notação.

6.1.14 Observação.

6.1.15 Lema.

Demonstração.

6.1.16 Observação.

6.1. Produto de ${\sigma}$ -Álgebras