1.3.1, 1.3.3 e 1.3.4 do livro de Tao.

Funções Simples; Toda função $f: \mathbb{R}^d \rightarrow \mathbb{R}$ que see screve como $\sum a_i 1_{E_i}$ onde $E_i$ são conjuntos mensuráveis. A soma é finita.

Forma canônica de uma função simples: Dada $f$ simples, podemos escrever ela de uma única forma como $\sum c_i 1_{C_i}$ onde $c_i$'s são distintos e $C_i := \{ x : f(x) = c_i\}$ e portanto $C_i$'s disjuntos.

Quando suporte de $f$ tem medida finita a integral é bem definida e é igual a $\sum c_i m(C_i).$

Observe que dada qualquer função $f = \sum b_i 1_{B_i}$ se $B_i \cap B_j = \emptyset$ então podemos escrever $f$ na sua forma canônica $f = \sum c_i 1_{C_i}$ onde $C_i = \cup_{j \in I_{i}} B_j$ tal que $f(x) = c_i$ quando $x \in B_j, j \in I_i$. Claro que $m(C_i) = \sum_{j \in I_i} m(B_j)$ e assim $$\sum c_i m(C_i) = \sum b_i m(B_i).$$

Agora suponhamos que $f = \sum a_i 1_{A_i}$ onde $A_i$ não são necessariamente disjuntos. Podemos achar uma forma de escrever $f = \sum b_j 1_{B_j}$ onde $B_j$ são disjuntos. Finalemente vamos mostrar que $\sum a_i m(A_i) = \sum b_j m(B_j)$ e como mostramos anteriormente essa soma coincide com a soma obtida pela forma canânica de $f$.

Basta observar que cada $A_i = \cup_j (A_i \cap B_j)$ e de fato quando $A_i \cap B_j \neq \emptyset$ então $B_j \subset A_i$ e assim $b_j = \sum_{i \in D_j} a_i$ onde $D_j := \{ i, B_j \in A_i\}$ portanto $\sum_i a_i m(A_i) = \sum_i a_i (\sum_{j \in D_i} m(B_j)) = \sum_j b_j (\sum_{j \in D_i} m(B_j)) = \sum b_j m(B_j).$

Seja $f: \mathbb{R}^d \rightarrow [0, \infty]$ , não necessariamente mensurável, então definimos $$\underline{\int} f(x) dx = sup_{0 \leq g \leq f} \int g(x) dx$$ onde $g$ é função simples.

Observe que $f$ pode assumir valores infinito, mas $g$ não.

Podemos definir uma outra integral (que será menos útil): $$\overline{\int} f(x) dx =inf_{ g \geq f} \int g(x) dx$$

Destacamos algumas propriedades de integral. Sejam $f, g$ funções unsigned (não necessariamente mensurável):

1. (super-aditividade de integral inferior) $\underline{\int} f+g dx \geq \underline{\int} f(x) dx + \underline{\int} g(x) dx$.
2. (sub-aditividade de integral superior) $\overline{\int} f+g dx \leq \overline{\int} f(x) dx + \overline{\int} g(x) dx$.
3. (Truncamento horizontal) $\underline{\int} f(x) dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \underline{\int} min(f(x), n) dx$
4. (Truncamento vertical) $\underline{\int} f(x) dx = \lim_{n \rightarrow \infty} \underline{\int} f(x) 1_{|x| \leq n} dx.$

Truncamento horizontal: Dado qualquer $0 \leq g \leq f$ função simples existe $n > g(x), \forall x \in \mathbb{R}^d.$ Portanto pela definição $g(x) \leq min(f(x), n)$ e concluimos que $\int g dx \leq \int min(f(x), n) dx.$ Isto mostra que $\sup \leq min(f(x), n) dx \geq \int f(x) dx$ e por outro lado já que para todo $n$, $min(f(x), n) \leq f dx$ então $sup_n \leq min(f(x), n) dx \leq \int f(x) dx$ e demonstramos truncamento horizontal.

Truncamento vertical: Claro que para todo $n$ temos $\underline{\int} f(x) 1_{|x| \leq n} dx \leq \underline{\int} f(x) dx$ e portanto o limite e menor ou igual a $\underline{\int} f(x) dx$. Agora vamos usar a definição de integral iunferior de $f$. Seja $0 \leq g \leq f$ função simples. Pela definição $\underline{\int} f(x) 1_{|x| \leq n} dx \geq \underline{\int} g(x) 1_{|x| \leq n} dx$. Basta observar que $\lim \underline{\int} g(x) 1_{|x| \leq n} dx = \underline{\int} g(x) dx$, ou seja truncamento vertical para funções simples. Isto não é dificil, pois basta usar $m(E) = \lim_{n \rightarrow \infty} m(E \cap \{|x| \leq n\}).$

finalmente vamos concluir um corolário muito importante:

Demonstração: Usando truncamentos horizontal e vertical podemos assumir que $f, g$ são limitadas e com suporte de medida finita. Lembrando que para funções mensuráveis limitadas e suporte de medida finita, integral inferior e superior coincidem. Agora usando super aditividade e sub-aditividade temos:

$$\overline{\int} f dx + \overline{\int} g dx \geq \overline{\int} f + g dx = \underline{\int} f dx \geq \underline{\int} f dx + \underline{\int} f dx$$

e portanto $\int f(x)+ g(x) dx = \int f(x) dx + \int g(x) dx$

Observe que em caso geral duas vezes consideramos limite.