6.2. Medidas Produto

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida. Nós definimos uma aplicação $\mu\times\nu:\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}\to[0,+\infty]$ fazendo:

(\mu\times\nu)(A\times B)=\mu(A)\nu(B),

(6.2.1)

para todos $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ ; recorde da Seção 1.1 que $x\cdot 0=0\cdot x=0$ , para todo $x\in\overline{\mathds{R}}$ (mesmo para $x=\pm\infty$ ). Observamos que a aplicação $\mu\times\nu$ está de fato bem definida, pois todo elemento não vazio de $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ escreve-se de modo único na forma $A\times B$ com $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ e $\mu(A)\nu(B)=0$ , se $A=\emptyset$ ou $B=\emptyset$ .

Temos o seguinte:

6.2.1 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida. A aplicação $\mu\times\nu:\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}\to[0,+\infty]$ definida em (6.2.1) é uma medida em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ .

Demonstração.

Evidentemente $(\mu\times\nu)(\emptyset)=0$ . Seja $(E^{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência de elementos dois a dois disjuntos de $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ tal que $E=\bigcup_{k=1}^{\infty}E^{k}$ está em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ . Temos que a aplicação (recorde (6.1.4)):

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

é mensurável e:

\int_{X}\nu(E_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=(\mu\times\nu)(E);

de fato, basta observar que se $E=A\times B$ com $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ então

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

para todo $x\in X$ e:

\int_{X}\nu(E_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=\int_{X}\nu(B)\,\chi_{\lower 2.0pt\hbox{$% \scriptstyle A$}}(x)\,\mathrm{d}\mu(x)=\mu(A)\nu(B)=(\mu\times\nu)(E).

Similarmente, para todo $k\geq 1$ a função $x\mapsto\nu(E^{k}_{x})$ é mensurável e sua integral é igual a $(\mu\times\nu)(E^{k})$ . Como para todo $x\in X$ a fatia vertical $E_{x}$ é igual à união disjunta das fatias verticais $E^{k}_{x}$ , temos:

\nu(E_{x})=\sum_{k=1}^{\infty}\nu(E^{k}_{x}).

Integrando dos dois lados e usando o resultado do Exercício 2.12 obtemos:

(\mu\times\nu)(E)=\int_{X}\nu(E_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\int% _{X}\nu(E^{k}_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=\sum_{k=1}^{\infty}(\mu\times\nu)(E^{k}).

Logo $\mu\times\nu$ é uma medida em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ . ∎

Se $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ são espaços de medida então $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ é um semi-anel (Lema 5.1.14) e o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ coincide com a $\sigma$ -álgebra de partes de $X\times Y$ gerada por $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ , já que $X\times Y\in\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ (Exercício 5.8). Segue então do Teorema 5.3.16 que a medida $\mu\times\nu$ em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ estende-se a uma medida na $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Tal extensão não é única em geral. No entanto, se as medidas $\mu$ e $\nu$ são ambas $\sigma$ -finitas então a medida $\mu\times\nu$ em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ também é $\sigma$ -finita; de fato, se $X=\bigcup_{k=1}^{\infty}X_{k}$ , $Y=\bigcup_{k=1}^{\infty}Y_{k}$ com $X_{k}\in\mathcal{A}$ , $Y_{k}\in\mathcal{B}$ , $\mu(X_{k})<+\infty$ e $\nu(Y_{k})<+\infty$ para todo $k\geq 1$ então $X\times Y=\bigcup_{k=1}^{\infty}\bigcup_{l=1}^{\infty}(X_{k}\times Y_{l})$ e $(\mu\times\nu)(X_{k}\times Y_{l})<+\infty$ , para todos $k,l\geq 1$ . Nesse caso, o Teorema 5.3.16 nos diz que $\mu\times\nu$ estende-se de modo único a uma medida em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ e essa extensão também é $\sigma$ -finita.

6.2.2 Definição.

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida e suponha que $\mu$ e $\nu$ são $\sigma$ -finitas. A medida produto de $\mu$ por $\nu$ é definida como sendo a única medida em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ que estende $\mu\times\nu$ . A medida produto será também denotada por $\mu\times\nu$ e o espaço de medida $(X\times Y,\mathcal{A}\otimes\mathcal{B},\mu\times\nu)$ é chamado o produto de $(X,\mathcal{A},\mu)$ por $(Y,\mathcal{B},\nu)$ .

Quando as medidas $\mu$ e $\nu$ não são $\sigma$ -finitas, apesar da extensão da medida $\mu\times\nu$ à $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ não ser em geral única (veja Exemplo 6.2.3 abaixo), a teoria desenvolvida na Seção 5.3 nos dá uma extensão natural de $\mu\times\nu$ a $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ (obtida por restrição da medida exterior $(\mu\times\nu)^{*}$ determinada por $\mu\times\nu$ ). No entanto, os principais teoremas da teoria das medidas produto não são válidos no caso de medidas não $\sigma$ -finitas; optamos então por usar a terminologia “medida produto” apenas no caso em que $\mu$ e $\nu$ são $\sigma$ -finitas.

6.2.3 Exemplo.

Sejam $X=Y=\mathds{R}$ , $\mathcal{A}=\mathcal{M}(\mathds{R})$ a $\sigma$ -álgebra de subconjuntos Lebesgue mensuráveis da reta, $\mathcal{B}=\wp(\mathds{R})$ , $\mu=\mathfrak{m}$ a medida de Lebesgue e $\nu:\wp(\mathds{R})\to[0,+\infty]$ a medida de contagem (veja Definição 2.2). A medida $\mu$ é $\sigma$ -finita, mas a medida $\nu$ não é. Vamos mostrar que a medida $\mu\times\nu$ em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ possui ao menos duas extensões distintas para a $\sigma$ -álgebra produto $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Seja $(\mu\times\nu)^{*}:\wp(\mathds{R}^{2})\to[0,+\infty]$ a medida exterior determinada por $\mu\times\nu$ ; segue dos Lemas 5.1.14, 6.2.1, 5.3.15 e do Teorema 5.3.16 que a restrição de $(\mu\times\nu)^{*}$ a $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ é uma medida que estende $\mu\times\nu$ . Seja $\Delta$ a diagonal de $\mathds{R}^{2}$ , isto é:

\Delta=\big{\{}(x,x):x\in\mathds{R}\big{\}}.

Temos $\mathcal{B}(\mathds{R}^{2})=\mathcal{B}(\mathds{R})\otimes\mathcal{B}(\mathds{% R})$ (veja Exemplo 6.1.7) e obviamente:

\mathcal{B}(\mathds{R})\otimes\mathcal{B}(\mathds{R})\subset\mathcal{M}(% \mathds{R})\otimes\wp(\mathds{R})=\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}.

Como $\Delta$ é (fechado e portanto) Boreleano em $\mathds{R}^{2}$ , segue que $\Delta\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Afirmamos que $(\mu\times\nu)^{*}(\Delta)=+\infty$ . De fato, seja $(A_{k}\times B_{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência com $A_{k}\in\mathcal{M}(\mathds{R})$ e $B_{k}\in\wp(\mathds{R})$ , para todo $k\geq 1$ e suponha que:

\Delta\subset\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\times B_{k}).

Para todo $x\in\mathds{R}$ , existe $k\geq 1$ tal que $(x,x)\in A_{k}\times B_{k}$ , i.e., tal que $x\in A_{k}\cap B_{k}$ ; logo:

\mathds{R}=\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_{k}\cap B_{k}).

Afirmamos que existe algum índice $i\geq 1$ tal que $\mathfrak{m}(A_{i})>0$ e tal que o conjunto $B_{i}$ é infinito. De fato, caso contrário, teríamos que para todo $i\geq 1$ , $\mathfrak{m}(A_{i})=0$ ou $B_{i}$ é finito; mas isso implicaria que $\mathfrak{m}(A_{i}\cap B_{i})=0$ , para todo $i\geq 1$ e portanto $\mathfrak{m}(\mathds{R})=0$ , uma contradição. Se $i\geq 1$ é tal que $\mathfrak{m}(A_{i})>0$ e tal que $B_{i}$ é infinito então $(\mu\times\nu)(A_{i}\times B_{i})=+\infty$ e a fortiori:

\sum_{k=1}^{\infty}(\mu\times\nu)(A_{k}\times B_{k})=+\infty.

Isso prova que $(\mu\times\nu)^{*}(\Delta)=+\infty$ . Vamos agora exibir uma outra medida $\rho$ em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ que estende $\mu\times\nu$ e tal que $\rho(\Delta)=0$ . Dado $E\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ então segue da Observação 6.1.14 que para todo $y\in\mathds{R}$ a fatia horizontal $E^{y}\subset\mathds{R}$ é Lebesgue mensurável e portanto podemos definir:

\rho(E)=\sum_{y\in\mathds{R}}\mathfrak{m}(E^{y}),

para todo $E\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Se $E=A\times B$ com $A\in\mathcal{A}$ , $B\in\mathcal{B}$ então:

\rho(E)=\sum_{y\in B}\mathfrak{m}(A)=\mu(A)\nu(B)=(\mu\times\nu)(E),

donde $\rho$ estende $\mu\times\nu$ . Afirmamos que $\rho$ é uma medida; de fato, se $(E_{k})_{k\geq 1}$ é uma seqüência de elementos dois a dois disjuntos de $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ e se $E=\bigcup_{k=1}^{\infty}E_{k}$ então, para todo $y\in\mathds{R}$ , $E^{y}=\bigcup_{k=1}^{\infty}E^{y}_{k}$ e:

\mathfrak{m}(E^{y})=\sum_{k=1}^{\infty}\mathfrak{m}(E^{y}_{k}).

Daí:

\rho(E)=\sum_{y\in\mathds{R}}\mathfrak{m}(E^{y})=\sum_{y\in\mathds{R}}\sum_{k=% 1}^{\infty}\mathfrak{m}(E^{y}_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{y\in\mathds{R}}% \mathfrak{m}(E^{y}_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\rho(E_{k}).

Finalmente, observe que:

\rho(\Delta)=\sum_{y\in\mathds{R}}\mathfrak{m}\big{(}\{y\}\big{)}=0.

Daí $\rho$ e $(\mu\times\nu)^{*}|_{\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}}$ são duas medidas distintas em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ que estendem $\mu\times\nu$ .

6.2.4 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida e $\mathcal{C}\subset\mathcal{A}$ , $\mathcal{D}\subset\mathcal{B}$ coleções de conjuntos tais que:

(a)

$\mathcal{C}$ é um conjunto de geradores para a $\sigma$ -álgebra $\mathcal{A}$ e $\mathcal{D}$ é um conjunto de geradores para a $\sigma$ -álgebra $\mathcal{B}$ ;
(b)

$X$ é uma união enumerável de elementos de $\mathcal{C}$ e $Y$ é uma união enumerável de elementos de $\mathcal{D}$ (esse é o caso, por exemplo, se $X$ está em $\mathcal{C}$ e $Y$ está em $\mathcal{D}$ );
(c)

$\mathcal{C}$ e $\mathcal{D}$ são fechadas por interseções finitas;
(d)

$\emptyset\in\mathcal{C}$ , $\emptyset\in\mathcal{D}$ e as medidas $\mu|_{\mathcal{C}}$ e $\nu|_{\mathcal{D}}$ são $\sigma$ -finitas.

Se $\rho:\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}\to[0,+\infty]$ é uma medida em $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ tal que $\rho(A\times B)=\mu(A)\nu(B)$ , para todos $A\in\mathcal{C}$ , $B\in\mathcal{D}$ então $\rho$ é igual à medida produto $\mu\times\nu$ .

6.2.5 Observação.

As hipóteses (a) e (b) no Lema 6.2.4 são equivalentes à condição de que $\mathcal{A}$ é o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{C}$ e $\mathcal{B}$ é o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{D}$ (veja Exercícios 5.8 e 5.21). Em vista disso, a hipótese (d) implica que as medidas $\mu$ e $\nu$ são $\sigma$ -finitas, de modo que está bem definida a medida produto $\mu\times\nu$ (veja Observação 5.2.9). Sobre a hipótese $\emptyset\in\mathcal{C}$ , $\emptyset\in\mathcal{D}$ , veja a nota de rodapé na página 4.

Demonstração do Lema 6.2.4.

Vamos aplicar o Lema 5.2.12 às medidas $\mu\times\nu$ e $\rho$ . Como $X$ é uma união enumerável de elementos de $\mathcal{C}$ e cada elemento de $\mathcal{C}$ está contido numa união enumerável de elementos de $\mathcal{C}$ de medida finita, podemos escrever $X=\bigcup_{k=1}^{\infty}X_{k}$ , com $X_{k}\in\mathcal{C}$ e $\mu(X_{k})<+\infty$ , para todo $k\geq 1$ ; similarmente, escrevemos $Y=\bigcup_{k=1}^{\infty}Y_{k}$ , com $Y_{k}\in\mathcal{D}$ e $\nu(Y_{k})<+\infty$ , para todo $k\geq 1$ . Temos que todo elemento de $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ está contido em $X\times Y$ e:

X\times Y=\bigcup_{k=1}^{\infty}\bigcup_{l=1}^{\infty}(X_{k}\times Y_{l}),

(6.2.2)

com $(\mu\times\nu)(X_{k}\times Y_{l})=\mu(X_{k})\nu(Y_{l})<+\infty$ , para todos $k,l\geq 1$ ; isso prova que a medida $(\mu\times\nu)|_{\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}}$ é $\sigma$ -finita. A igualdade (6.2.2) mostra também que o $\sigma$ -anel gerado por $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ coincide com a $\sigma$ -álgebra gerada por $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ (veja Exercício 5.8); mas, pelo Lema 6.1.10, a $\sigma$ -álgebra gerada por $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ é $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Como a classe de conjuntos $\mathcal{C}\boldsymbol{\times}\mathcal{D}$ é fechada por interseções finitas, o Lema 5.2.12 implica que $\mu\times\nu=\rho$ . ∎

6.2.6 Corolário.

Dados espaços de medida $(X_{1},\mathcal{A}_{1},\mu_{1})$ , $(X_{2},\mathcal{A}_{2},\mu_{2})$ e $(X_{3},\mathcal{A}_{3},\mu_{3})$ com $\mu_{1}$ , $\mu_{2}$ e $\mu_{3}$ $\sigma$ -finitas então:

(\mu_{1}\times\mu_{2})\times\mu_{3}=\mu_{1}\times(\mu_{2}\times\mu_{3}).

Demonstração.

Aplique o Lema 6.2.4 com $X=X_{1}\times X_{2}$ , $\mathcal{A}=\mathcal{A}_{1}\otimes\mathcal{A}_{2}$ , $\mu=\mu_{1}\times\mu_{2}$ , $\mathcal{C}=\mathcal{A}_{1}\boldsymbol{\times}\mathcal{A}_{2}$ , $Y=X_{3}$ , $\mathcal{B}=\mathcal{A}_{3}$ , $\nu=\mu_{3}$ , $\mathcal{D}=\mathcal{A}_{3}$ e

\rho=\mu_{1}\times(\mu_{2}\times\mu_{3}),

notando que $(\mathcal{A}_{1}\otimes\mathcal{A}_{2})\otimes\mathcal{A}_{3}=\mathcal{A}_{1}% \otimes(\mathcal{A}_{2}\otimes\mathcal{A}_{3})$ (Corolário 6.1.11) e que:

\rho\big{(}(A_{1}\times A_{2})\times A_{3}\big{)}=\rho\big{(}A_{1}\times(A_{2}% \times A_{3})\big{)}=\mu_{1}(A_{1})\,(\mu_{2}\times\mu_{3})(A_{2}\times A_{3})% \\ =\mu_{1}(A_{1})\mu_{2}(A_{2})\mu_{3}(A_{3})=(\mu_{1}\times\mu_{2})(A_{1}\times A% _{2})\,\mu_{3}(A_{3})\\ =\big{(}(\mu_{1}\times\mu_{2})\times\mu_{3}\big{)}\big{(}(A_{1}\times A_{2})% \times A_{3}\big{)},

para todos $A_{1}\in\mathcal{A}_{1}$ , $A_{2}\in\mathcal{A}_{2}$ , $A_{3}\in\mathcal{A}_{3}$ . ∎

Em vista do Corolário 6.2.6, podemos escrever expressões como:

\mu_{1}\times\cdots\times\mu_{n}

sem nos preocupar com a colocação de parênteses. No Exercício 6.5 nós pedimos ao leitor para demonstrar uma versão do Lema 6.2.4 para o caso de um produto de um número finito arbitrário de medidas.

6.2.7 Observação.

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida com $\mu$ e $\nu$ $\sigma$ -finitas e sejam $X_{0}\in\mathcal{A}$ , $Y_{0}\in\mathcal{B}$ . As medidas $\mu|_{\mathcal{A}|_{X_{0}}}$ e $\nu|_{\mathcal{B}|_{Y_{0}}}$ também são $\sigma$ -finitas (veja Exercício 5.19) e a medida produto $(\mu|_{\mathcal{A}|_{X_{0}}})\times(\nu|_{\mathcal{B}|_{Y_{0}}})$ coincide com a restrição a $(\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})|_{X_{0}\times Y_{0}}$ de $\mu\times\nu$ . De fato, o Lema 6.1.8 nos diz que:

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

e obviamente a restrição de $\mu\times\nu$ a $(\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})|_{X_{0}\times Y_{0}}$ é uma medida que avaliada em $A\times B$ dá $\mu(A)\nu(B)$ , para todo $A\in\mathcal{A}|_{X_{0}}$ e todo $B\in\mathcal{B}|_{Y_{0}}$ .

6.2.8 Exemplo.

Se $\mu$ denota a restrição à $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})$ da medida de Lebesgue de $\mathds{R}^{m}$ e $\nu$ denota a restrição à $\mathcal{B}(\mathds{R}^{n})$ da medida de Lebesgue de $\mathds{R}^{n}$ então $\mu\times\nu$ é igual à restrição à $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m+n})$ da medida de Lebesgue de $\mathds{R}^{m+n}$ . De fato, vimos no Exemplo 6.1.7 que $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m+n})=\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})\otimes\mathcal{B}(% \mathds{R}^{n})$ ; o fato que $\mu\times\nu$ é exatamente a restrição da medida de Lebesgue segue do Lema 6.2.4, tomando $X=\mathds{R}^{m}$ , $\mathcal{A}=\mathcal{B}(\mathds{R}^{m})$ , $Y=\mathds{R}^{n}$ , $\mathcal{B}=\mathcal{B}(\mathds{R}^{n})$ , $\mathcal{C}$ como sendo a classe dos blocos retangulares $m$ -dimensionais, $\mathcal{D}$ como sendo a classe dos blocos retangulares $n$ -dimensionais e $\rho$ como sendo a restrição a $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m+n})$ da medida de Lebesgue de $\mathds{R}^{m+n}$ (tenha em mente que, pelo Lema 1.4.23, a $\sigma$ -álgebra de Borel é gerada pelos blocos retangulares).

Em vista do Exemplo 6.2.8 e do resultado do Exercício 1.17, vemos que poderíamos definir a medida de Lebesgue em $\mathds{R}^{n}$ como sendo o completamento do produto de $n$ cópias da restrição a $\mathcal{B}(\mathds{R})$ da medida de Lebesgue de $\mathds{R}$ . Podemos então definir a medida de Lebesgue em $\mathds{R}^{n}$ sem usar a teoria desenvolvida no Capítulo 1.

Uma pergunta natural agora seria: que resultado obtemos se fizermos o produto da medida de Lebesgue de $\mathds{R}^{m}$ pela medida de Lebesgue de $\mathds{R}^{n}$ (sem tomar restrições às $\sigma$ -álgebras de Borel)? A resposta é que nesse caso obtemos a restrição da medida de Lebesgue a uma $\sigma$ -álgebra intermediária entre $\mathcal{B}(\mathds{R}^{m+n})$ e $\mathcal{M}(\mathds{R}^{m+n})$ (veja Lema 6.4.1).

Vejamos agora como a medida produto $\mu\times\nu$ pode ser escrita usando uma integral.

6.2.9 Proposição.

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida, com $\mu$ e $\nu$ $\sigma$ -finitas. Dado $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ então:

(\mu\times\nu)(U)=\int_{X}\nu(U_{x})\,\mathrm{d}\mu(x).

(6.2.3)

Demonstração.

Recorde do Lema 6.1.15 que para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ a função $X\ni x\mapsto\nu(U_{x})\in[0,+\infty]$ é mensurável, de modo que a integral em (6.2.3) está bem definida. Defina uma aplicação $\rho:\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}\to[0,+\infty]$ fazendo:

\rho(U)=\int_{X}\nu(U_{x})\,\mathrm{d}\mu(x),

para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . A demonstração da proposição estará completa se verificarmos que $\rho$ é uma medida e que $\rho$ coincide com $\mu\times\nu$ em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ . A demonstração de que $\rho$ coincide com $\mu\times\nu$ em $\mathcal{A}\boldsymbol{\times}\mathcal{B}$ foi feita durante a prova do Lema 6.2.1. Vamos então provar que $\rho$ é uma medida. Seja $(U^{k})_{k\geq 1}$ uma seqüência de elementos dois a dois disjuntos de $\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ e seja $U=\bigcup_{k=1}^{\infty}U^{k}$ . Para cada $x\in X$ , temos que a fatia vertical $U_{x}$ é igual à união disjunta das fatias verticais $U^{k}_{x}$ , $k\geq 1$ , e portanto:

\nu(U_{x})=\sum_{k=1}^{\infty}\nu(U^{k}_{x}),

para todo $x\in X$ . Integrando dos dois lados e usando o resultado do Exercício 2.12 obtemos:

\rho(E)=\int_{X}\nu(E_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{X}\nu(E^% {k}_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\rho(E^{k}).

Isso prova que $\rho$ é uma medida e completa a demonstração. ∎

6.2.10 Observação.

A tese da Proposição 6.2.9 poderia ser substituída por:

(\mu\times\nu)(U)=\int_{Y}\mu(U^{y})\,\mathrm{d}\nu(y),

para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ . Isso pode ser demonstrado fazendo as modificações óbvias na demonstração da Proposição 6.2.9 ou aplicando o resultado dessa proposição ao conjunto $\sigma(U)\in\mathcal{B}\otimes\mathcal{A}$ , onde $\sigma$ é definida como no Exemplo 6.1.4 (veja também o resultado do Exercício 6.6).

Em particular, se $\mu$ e $\nu$ são $\sigma$ -finitas, então para todo $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ , temos:

\int_{X}\nu(U_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=\int_{Y}\mu(U^{y})\,\mathrm{d}\nu(y).