6.4. O Completamento da Medida Produto

6.4.1 Lema.

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida, com $\mu$ e $\nu$ $\sigma$ -finitas. Denote por $\bar{\mu}:\overline{\mathcal{A}}\to[0,+\infty]$ , $\bar{\nu}:\overline{\mathcal{B}}\to[0,+\infty]$ , respectivamente os completamentos de $\mu$ e de $\nu$ . Então $\bar{\mu}\times\bar{\nu}$ é uma extensão de $\mu\times\nu$ e o completamento $\overline{\mu\times\nu}$ de $\mu\times\nu$ é uma extensão de $\bar{\mu}\times\bar{\nu}$ .

Note que, pelo resultado do Exercício 5.30, o completamento de uma medida $\sigma$ -finita ainda é $\sigma$ -finita, de modo que faz sentido considerar a medida produto $\bar{\mu}\times\bar{\nu}$ .

Demonstração.

Segue do resultado do Exercício 6.7 que $\bar{\mu}\times\bar{\nu}$ é uma extensão de $\mu\times\nu$ . Denote por $\overline{\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}}$ o domínio de $\overline{\mu\times\nu}$ . Para mostrar que $\overline{\mu\times\nu}$ é uma extensão de $\bar{\mu}\times\bar{\nu}$ , é suficiente mostrar que:

\overline{\mathcal{A}}\boldsymbol{\times}\overline{\mathcal{B}}\subset% \overline{\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}}

e que:

\overline{\mu\times\nu}\,(E\times F)=\bar{\mu}(E)\bar{\nu}(F),

para todos $E\in\overline{\mathcal{A}}$ , $F\in\overline{\mathcal{B}}$ . Dados $E\in\overline{\mathcal{A}}$ , $F\in\overline{\mathcal{B}}$ , podemos escrever $E=A\cup N$ , $F=B\cup N^{\prime}$ com $N\subset M$ , $N^{\prime}\subset M^{\prime}$ , $A,M\in\mathcal{A}$ , $B,M^{\prime}\in\mathcal{B}$ , $\mu(M)=0$ e $\nu(M^{\prime})=0$ . Temos:

E\times F=(A\times B)\cup\big{(}(A\times N^{\prime})\cup(N\times B)\cup(N% \times N^{\prime})\big{)},

com:

(A\times N^{\prime})\cup(N\times B)\cup(N\times N^{\prime})\subset(A\times M^{% \prime})\cup(M\times B)\cup(M\times M^{\prime}),

(\mu\times\nu)\big{(}(A\times M^{\prime})\cup(M\times B)\cup(M\times M^{\prime% })\big{)}\leq\mu(A)\nu(M^{\prime})+\mu(M)\nu(B)\\ +\mu(M)\nu(M^{\prime})=0.

Isso mostra que $E\times F\in\overline{\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}}$ e que:

\overline{\mu\times\nu}\,(E\times F)=(\mu\times\nu)(A\times B)=\mu(A)\nu(B)=% \bar{\mu}(E)\bar{\nu}(F).\qed

6.4.2 Corolário.

Nas condições do Lema 6.4.1, temos que $\overline{\mu\times\nu}$ é o completamento da medida $\bar{\mu}\times\bar{\nu}$ .

Demonstração.

Segue diretamente do Lema 6.4.1 e do resultado do Exercício 5.29. ∎

6.4.3 Teorema (Fubini–Tonelli).

Sejam $(X,\mathcal{A},\mu)$ , $(Y,\mathcal{B},\nu)$ espaços de medida, com $\mu$ e $\nu$ $\sigma$ -finitas e completas. Seja $\overline{\mu\times\nu}:\overline{\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}}\to[0,+\infty]$ o completamento da medida produto $\mu\times\nu$ . Se $f:(X\times Y,\overline{\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}})\to\overline{\mathds{R}}$ é uma função mensurável, então os itens (b), (c) e (d) da tese do Teorema 6.3.1 valem.

Demonstração.

Segue dos resultados dos Exercícios 5.36 e 5.37 que existem uma função mensurável $g:(X\times Y,\mathcal{A}\otimes\mathcal{B})\to\overline{\mathds{R}}$ e um conjunto $U\in\mathcal{A}\otimes\mathcal{B}$ de modo que $f(x,y)=g(x,y)$ para todo $(x,y)\in(X\times Y)\setminus U$ e $(\mu\times\nu)(U)=0$ . Pela Proposição 6.2.9, temos:

\int_{X}\nu(U_{x})\,\mathrm{d}\mu(x)=(\mu\times\nu)(U)=0,

e portanto (veja Exercício 2.21) $\nu(U_{x})=0$ , para quase todo $x\in X$ . Seja $N\in\mathcal{A}$ um conjunto tal que $\mu(N)=0$ e tal que $\nu(U_{x})=0$ , para todo $x\in X\setminus N$ . Dado $x\in X$ , temos que $f(x,y)=g(x,y)$ para todo $y\in Y\setminus U_{x}$ e portanto, se $x\in X\setminus N$ , temos $f(x,y)=g(x,y)$ para quase todo $y\in Y$ . Sejam:

	$\displaystyle X_{0}=\big{\{}x\in X:\text{a função $Y\ni y\mapsto f(x,y)\in% \overline{\mathds{R}}$ é quase integrável}\big{\}},$
	$\displaystyle X_{1}=\big{\{}x\in X:\text{a função $Y\ni y\mapsto g(x,y)\in% \overline{\mathds{R}}$ é quase integrável}\big{\}};$

se $x\in X\setminus N$ temos que $x\in X_{0}$ se e somente se $x\in X_{1}$ (veja Exercício 5.32 e Corolário 2.4.13)) e:

\int_{Y}f(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)=\int_{Y}g(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y),

(6.4.1)

para todo $x\in(X_{0}\cap X_{1})\setminus N$ . Aplicando o Teorema 6.3.1 para a função $g$ , vemos que o conjunto $X_{1}$ é mensurável, $\mu(X\setminus X_{1})=0$ e:

\int_{X_{1}}\Big{(}\int_{Y}g(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)=% \int_{X\times Y}g(x,y)\,\mathrm{d}(\mu\times\nu)(x,y).

(6.4.2)

Temos $X\setminus X_{0}\subset(X\setminus X_{1})\cup N$ e $\mu\big{(}(X\setminus X_{1})\cup N\big{)}=0$ ; portanto, como $\mu$ é completa, $X\setminus X_{0}$ e $X_{0}$ são mensuráveis e $\mu(X\setminus X_{0})=0$ . Seja:

R=(X_{0}\cap X_{1})\setminus N;

temos $X\setminus R\subset(X\setminus X_{0})\cup(X\setminus X_{1})\cup N$ , donde $\mu(R)=0$ . Daí (veja Corolário 2.4.11):

\int_{X_{1}}\Big{(}\int_{Y}g(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)=% \int_{R}\Big{(}\int_{Y}g(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)\\ \stackrel{{\scriptstyle\eqref{eq:intfequalintgdy}}}{{=}}\int_{R}\Big{(}\int_{Y% }f(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)=\int_{X_{0}}\Big{(}\int_{Y}% f(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x).

6.4.1⁢)∫R(∫Yf⁢(x,y)⁢dν⁢(y))⁢dμ⁢(x)=∫X0(∫Yf⁢(x,y)⁢dν⁢(y))⁢dμ⁢(x).\int_{X_{1}}\Big{(}\int_{Y}g(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)=% \int_{R}\Big{(}\int_{Y}g(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)\\ \stackrel{{\scriptstyle\eqref{eq:intfequalintgdy}}}{{=}}\int_{R}\Big{(}\int_{Y% }f(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x)=\int_{X_{0}}\Big{(}\int_{Y}% f(x,y)\,\mathrm{d}\nu(y)\Big{)}\,\mathrm{d}\mu(x). (6.4.3)

A conclusão segue de (6.4.2) e (6.4.3), observando que:

\int_{X\times Y}g(x,y)\,\mathrm{d}(\mu\times\nu)(x,y)=\int_{X\times Y}g(x,y)\,% \mathrm{d}(\overline{\mu\times\nu})(x,y)\\ =\int_{X\times Y}f(x,y)\,\mathrm{d}(\overline{\mu\times\nu})(x,y),

onde na primeira igualdade usamos o resultado do Exercício 2.17 e na segunda usamos o Corolário 2.4.13. ∎