Medida (conteúdo) de Jordan e medida de Lebesgue
Definimos volume de caixas $I_1 \times \cdots \times I_d$ como $\prod (b_i -a_i)$ onde cada $I_i$ é um intervalo com extremos $a_i, b_i$. Os intervalos podem ser abertos, fechados ou semi-abertos para essa definição.
Um conjunto elementaqr é a união finita de caixas.
Definimos $m(E) = \sum |B_i|$ onde $E = \cup B_i$ é uma união disjunta de caixas. Então $m(E)$ é bem definida para qualquer conjunto elementar.
Discutir sobre uma definição equivalente de volume de uma caixa: $$|B| = \lim_{N \rightarrow \infty} \frac{1}{N^d} \sharp(B \cap \frac{1}{N} \mathbb{Z}^d)$$
Propriedades:
- $m(E \cup F) \leq m(E) + m(F)$ e portanto $m(\cup_{i=1}^{k} E_i) \leq \sum_{i=1}^k m(E_i)$ para conjuntos $E_i$ elementar.
- $m(E +x) = m(E)$, invariança por translação.
$A \subset \mathbb{R}^d$ limitado
- A medida interior de Jordan $m_* (E) := sup \{m(A): A \subset E, A \quad \text{elementar} \}$
- A medida exterior de Jordan $m^* (E) := inf \{m(A): E \subset A, A \quad \text{elementar} \}$
- Um conjunto $E$ é chamado Jordan mensurável se $m_*(E)=m^*(E)$ e neste caso este n´´umero é chamado de “medida” de Jordan de $E$.
Enquanto união finita de conjuntos Jordan mensuráveis é Jordan mensurável, união enumerável de conjuntos Jordan mensurável pode não ser. Considere $A_i= \{q_i\}$ onde $q_i$ é número racional e $Q = \cup \{q_i\}.$
Outro defeito: O limite pontual de uma sequência de funções Riemann integrável pode não ser Riemann integável. Por exemplo via uma bijeção $\phi$ entre $\mathbb{N}$ e $\mathbb{Q}$ podemos construir $f_n(x) = 1 $ se $x \in \mathbb{Q}, \phi(x) < n$ e caso contrário $f_n(x)=0.$ É fácil ver que $f_n$ converge a função Dirichlet que não é Riemann integrável.
Medida de Lebesgue
Definimos medida exterior de Lebesgue $$ m^* (E):= \inf \{ \sum_{i=1}^{\infty} |B_i| : E \subset \cup B_i, B_i \quad \text{são caixas.}\} $$
- Verificamos que o conjunto de números racionais no intervalo $[0, 1]$ tem medida exterior de Lebesgue zero. Enquanto medida de Jordan exterior é um. Este conjunto não é Jordan mensurável.
Propriedades (ou Axiomas) de medida exterior
A medida exterior de Lebesgue satisfaz seguintes propriedades e qualquer função $f : \mathcal{P} (\mathbb{R}^d) \rightarrow [0, \infty]$ que satisfaz essas propriedades é chamado de medida exterior:
- $m^*(\emptyset) =0.$
- $E \subset F$ então $m^* (E) \leq m^* (F)$
- $m^* (\cup E_i) \leq \sum m^*(E_i)$ onde $E_i$ é uma sequência enumerável de subconjuntos.
Lema: Conjuntos elementares são bem comportados, i.e a medida exterior de Lebesgue deles é igual a medida de Jordan.
Prova: Queremos mostrar que $ m(E) \leq m^* (E).$ Primeiramente suponhamos que $E$ é compacto. Por definição $E \subset \cup B_i$ tal que $\sum |B_i| \leq m^*(E) + \epsilon.$ Dilatamos $B_n$´s um pouco e teremos $B_n^{´}$ abertos $|B_n^{´}| \leq |B_n| + \epsilon/2^n$. Agora usamos compacidade de $E$ cobrimos com número finito de $B^{´}_i$ e portanto $E \subset_{i=1}^{K} B^{´}_i $ e então $m(E) \leq \sum |B^{´}_i| \leq m^*(E) + 2\epsilon.$
Se $E$ não for compacto, podemos escrever $E = \cup Q_i$ disjuntos (claro que algumas caixas podem não ser fechadas) e ai escolhemos $Q^{´}_i$ fechados e dentro de $Q_i$ e grande suficiente tal que $|Q^{´}_i| > |Q_i| - \epsilon/k.$ Então $m^* (\cup Q^{´}_i) = \sum m (\cup Q^{´}_i)$ (para caso compacto já provamos!) e ai concluimos que $$ m((\cup Q^{´}_i) \geq \sum m(Q_i) - \epsilon. $$ Então $m^*(E) \geq m(E) - \epsilon.$ E isto vale para todo $\epsilon.$
Lema: Seja $E = \cup_{n=1}^{\infty} B_n$ união quase disjunta (interseções apenas na fronteira) de caixas. Então $$ m^*( \cup_{n=1}^{\infty} B_n) = \sum_{n=1}^{\infty} |B_n|. $$
Demonstração: Este é facil de ver, pois basta verificar que $m^*( \cup_{n=1}^{\infty} B_n) \geq \sum_{n=1}^{\infty} |B_n|$. Porém pela monotonicidade $m^*(E) \geq m^*(B_1 \cup \cdots B_N) = \sum_{i=1}^{N} |B_i|$ e mandamos depois $N$ para infinito.
Observe que existem diversas formas de construir medidas exterior (não exterior de Lebesgue). Por exemplo se $C$ é uma família de subconjuntos de $\mathbb{R}$ contendo vazio e $p$ uma função não-negativa de $C$ em $[0, \infty]$ valendo zero no conjunto vazio. Então $$ f(E) := inf \{ \sum p(A_i), E \subset \cup A_i, A_i \in C\}$$ define uma medida exterior!
Exemplo: (Medida exterioir de Lebesgue-Stieljes) Seja $F$ uma função monótona crescente e contínua a direita. e Seja $C$ a coleção de intervalos semi-abertos $(a, b]$ e $p((a, b]) = F(b)-F(a).$
Uma provocação: Seja $p((a, b]) = \sqrt{b-a}$ e seja $\mu$ a medida exterior definida pela $p$ e intervalos $(a, b].$ Claro que $\mu((0, 1]) \leq 1$ usando apenas único intervalo para cobrir $(0, 1].$ Porém se $(0, 1] \subset \cup (a_k, b_k]$ então $1 \leq \sum \sqrt{b_k -a_k}$ então $\mu((0, 1]) =1.$ Podemos mostrar que $\mu((-1, 0]) = 1$. Mostre também que $\mu((-1, 1]) \leq \sqrt{2}.$ Observe agora que se assumirmos $\mu((-1, 1]) = \mu((-1, 0]) + \mu((0, 1]) = 2$ chegamos ao absurdo de $\sqrt{2} > 2.$
Não se preocupe! o exemplo acima mostra que a medida exterioir ainda está longe de ser uma função que mereça ser chamada de “medida”. Ou talvez havendo uma medida exterior não todo subconjunto merece ser chamado de mensurável! Tudo isto é pois gostaríamos de que uma medida satisfaça $\mu(A \cup B) = \mu(A)+ \mu(B)$ quando $A$ e $B$ são disjuntos. De fato vamos exigir mais de que aditividade finita.
Discussion
Olá professor, boa tarde.
Quando o senhor defini medida exterior e interior de Jordan, na hipótese é pedido que $A\subset \mathbb{R}^d$ seja limitado, mas não seria o conjunto E?
Atenciosamente.