D.2 Teorema de Extensão de Carathéodory

Nesta seção estudaremos o Teorema de Extensão de Carathéodory e o usaremos para provar o Teorema 1.51 (existência da medida de Lebesgue).

Recordemo-nos da definição de álgebra vista na Seção 13.1. Dado um espaço amostral $\Omega$ e uma álgebra $\mathcal{A}$ , dizemos que a função $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ é uma medida finitamente aditiva se $\mu(\emptyset)=0$ e $\mu(A\cup B)=\mu(A)+\mu(B)$ para todo par $A,B\in\mathcal{A}$ disjuntos. Note que medidas finitamente aditivas podem não ser medidas. A teoria das medidas finitamente aditivas é bastante limitada, pois elas podem não ter a propriedade de serem contínuas por baixo. Felizmente, se uma medida finitamente aditiva está definida em uma álgebra, é suficiente pedir que $\mu$ seja “ $\sigma$ -aditiva sempre que possível” para garantir que ela não apresente anomalias. Dado um espaço amostral $\Omega$ e uma álgebra $\mathcal{A}$ , dizemos que uma medida finitamente aditiva $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ é uma pré-medida se for $\sigma$ -aditiva, isto é, $\mu(\bigcup_{n}A_{n})=\sum_{n}\mu(A_{n})$ para toda família enumerável de conjuntos disjuntos $A_{n}\in\mathcal{A}$ cuja união $A$ esteja em $\mathcal{A}$ .

Teorema D.6 (Teorema de Extensão de Carathéodory).

Seja $\mathcal{A}$ uma álgebra em $\Omega$ e $\mu$ uma pré-medida em $(\Omega,\mathcal{A})$ . Então, existe uma medida $\bar{\mu}$ em $(\Omega,\sigma(\mathcal{A}))$ tal que $\bar{\mu}(A)=\mu(A)$ para todo $A\in\mathcal{A}$ . Ademais, se $\mu(A_{n})<\infty$ para alguma sequência $A_{n}\uparrow\Omega$ de conjuntos em $\mathcal{A}$ , então há uma única medida $\bar{\mu}$ com essa propriedade.

A demonstração será dada mais abaixo.

Agora fixe $\Omega=(0,1]$ e seja $\mathcal{E}=\{(a,b]:0\leqslant a\leqslant b\leqslant 1\}$ , a classe dos intervalos contidos em $(0,1]$ , abertos à esquerda e fechados à direita. Definimos $\mathcal{A}$ como a classe de todos os conjuntos que podem ser escritos como união disjunta e finita de elementos de $\mathcal{E}$ . Observe que $\mathcal{A}$ é uma álgebra em $(0,1]$ .

Vamos definir uma pré-medida $\mu$ em $\mathcal{A}$ da seguinte maneira. Dado $A=(a_{1},b_{1}]\cup\dots\cup(a_{n},b_{n}]$ com $a_{1}\leqslant b_{1}\leqslant a_{2}\leqslant b_{2}\leqslant\dots\leqslant a_{n% }\leqslant b_{n}$ , definimos

\mu(A)=\mu\big{(}(a_{1},b_{1}]\cup\dots\cup(a_{n},b_{n}]\big{)}=\sum_{j=1}^{n}% b_{j}-a_{j}.

Afirmamos que a fórmula acima está bem definida, ainda que $A$ possa ser escrito de muitas formas diferentes como união finita disjunta de elementos de $\mathcal{E}$ . Omitimos a tediosa prova deste fato, mas enfatizamos uma consequência importante, que a função $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ é finitamente aditiva.

Lema D.7.

A função $\mu:\mathcal{A}\to[0,+\infty]$ é uma pré-medida.

Demonstração.

É suficiente mostrar que, se $A_{n}\downarrow\emptyset$ e $A_{n}\in\mathcal{A}$ para todo $n$ , então $\mu(A_{n})\to 0$ . Com efeito, dados $D_{n}$ conjuntos disjuntos em $\mathcal{A}$ tais que $\cup_{n}D_{n}=D\in\mathcal{A}$ , podemos definir $A_{n}=D\setminus\cup_{j=1}^{n}D_{j}$ de forma que $A_{n}\in\mathcal{A}$ , $A_{n}\downarrow\emptyset$ e $\mu(D)=\mu(A_{n})+\sum_{j=1}^{n}\mu(D_{j})\to\sum_{j=1}^{\infty}\mu(D_{j})$ . Vamos mostrar por contraposição. Seja $\{A_{n}\}_{n}\subseteq\mathcal{A}$ uma sequência decrescente com $\mu(A_{n})\geqslant 2\varepsilon$ para todo $n$ . Vamos provar que $\cap_{n}A_{n}\neq\emptyset$ . Para cada $k\in\mathbb{N}$ , podemos tomar $B_{k}\in\mathcal{A}$ tal que $\overline{B_{k}}\subseteq A_{k}$ e $\mu(A_{k}\setminus B_{k})\leqslant\varepsilon 2^{-k}$ , basta fazer os intervalos $A_{k}$ um pouco mais curtos do lado esquerdo. Pela aditividade de $\mu$ em $\mathcal{A}$ , temos $\mu(\cup_{k=1}^{n}(A_{k}\setminus B_{k}))\leqslant\varepsilon$ para cada $n$ . Por outro lado, $A_{n}\setminus\cap_{k=1}^{n}B_{k}=\cup_{k=1}^{n}(A_{n}\setminus B_{k})% \subseteq\cup_{k=1}^{n}A_{k}\setminus B_{k}$ , logo $\mu(A_{n}\setminus\cap_{k=1}^{n}B_{k})\leqslant\varepsilon$ , e como $\mu(A_{n})\geqslant 2\varepsilon$ , temos $\mu(\cap_{k=1}^{n}B_{k})\geqslant\varepsilon$ . Definimos, então, $K_{n}=\cap_{k=1}^{n}\overline{B_{k}}\neq\emptyset$ . Como os $K_{n}$ são conjuntos compactos, $\cap_{n=1}^{\infty}K_{n}\neq\emptyset$ pelo Teorema A.14. Portanto, $\cap_{n=1}^{\infty}A_{n}\supseteq\cap_{n=1}^{\infty}\overline{B_{n}}=\cap_{n=1% }^{\infty}K_{n}\neq\emptyset$ , concluindo a prova. ∎

Combinando o lema acima com o Teorema de Extensão de Carathéodory, podemos estender $\mu$ a $\mathcal{B}((0,1])$ . Munidos da existência de tal medida, podemos finalmente justificar a existência da medida de Lebesgue em $\mathbb{R}$ .

Demonstração do Teorema 1.51.

Para todo $k\in\mathbb{Z}$ , podemos definir a medida $\mu_{k}$ em $(\mathbb{R},\mathcal{B})$ por $\mu_{k}(A)=\mu\big{(}(A-k)\cap(0,1]\big{)}$ , onde $\mu$ é a medida em $(0,1]$ obtida acima, e, finalmente, $m(A)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\mu_{k}(A)$ . Observe que $m$ é uma medida. Observe também que $m\big{(}(a,b]\big{)}=b-a<\infty$ para todo $a\leqslant b\in\mathbb{R}$ . Unicidade segue do Teorema 3.37 (unicidade de medidas): consideramos novamente o $\pi$ -sistema $\mathcal{C}=\{(a,b]:a\leqslant b\in\mathbb{R}\}$ , observamos que $\sigma(\mathcal{C})=\mathcal{B}$ , e que $(-n,n]$ são conjuntos em $\mathcal{C}$ de medida finita cuja união é $\mathbb{R}$ . ∎

No resto desta seção, vamos provar o Teorema de Extensão de Carathéodory.

Para cada subconjunto $E$ de $\Omega$ , consideramos a coleção $\mathcal{D}_{E}$ de todas as sequências $(A_{n})_{n}$ de conjuntos em $\mathcal{A}$ que cobrem $E$ :

\mathcal{D}_{E}=\Big{\{}(A_{n})_{n}:A_{n}\in\mathcal{A}\text{ para todo }n% \text{ e }E\subseteq{\bigcup}_{n}A_{n}\Big{\}}.

Definição D.8 (Medida exterior).

Seja $\mu$ uma pré-medida em $(\Omega,\mathcal{A})$ . Definimos a medida exterior $\mu^{*}:\mathcal{P}(\Omega)\to[0,+\infty]$ como

\mu^{*}(E)=\inf_{(A_{n})_{n}\in\mathcal{D}_{E}}\sum_{n}\mu(A_{n}).

Podemos pensar na medida exterior como uma forma de medir o conjunto visto de fora. Observe que ela está definida para qualquer subconjunto de $\Omega$ e não apenas para os elementos de $\mathcal{A}$ .

Lema D.9 (Propriedades da medida exterior).

A medida exterior $\mu^{*}$ satisfaz:

(1)

Para todos $E\subseteq F\subseteq\Omega$ , $\mu^{*}(E)\leqslant\mu^{*}(F)$ ,
(2)

Para $(E_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ subconjuntos de $\Omega$ , vale $\mu^{*}(\cup_{n}E_{n})\leqslant\sum_{n}\mu^{*}(E_{n})$ ,
(3)

Para $A\in\mathcal{A}$ , vale $\mu^{*}(A)=\mu(A)$ .

Demonstração.

Se $E\subseteq F$ , então $\mathcal{D}_{F}\subseteq\mathcal{D}_{E}$ , o que implica $\mu^{*}(E)\leqslant\mu^{*}(F)$ .

Provaremos agora que $\mu^{*}(\cup_{n}E_{n})\leqslant\sum_{n}\mu^{*}(E_{n})$ . Seja $\varepsilon>0$ . Para cada $n\in\mathbb{N}$ , pela definição de $\mu^{*}(E_{n})$ podemos tomar $(A_{n,k})_{k}$ em $\mathcal{A}$ tais que $E_{n}\subseteq\cup_{k}A_{n,k}$ e $\sum_{k}\mu(A_{n,k})\leqslant\mu^{*}(E_{n})+\varepsilon 2^{-n}$ . Como $\cup_{n}E_{n}\subseteq\cup_{n,k}A_{n,k}$ , pela definição de $\mu^{*}(\cup_{n}E_{n})$ , temos que

$\displaystyle\mu^{*}(\cup_{n}E_{n})\leqslant$	$\displaystyle\sum_{n,k}\mu(A_{n,k})=\sum_{n}\sum_{k}\mu(A_{n,k})$
$\displaystyle\leqslant$	$\displaystyle\sum_{n}(\mu^{}(E_{n})+\varepsilon 2^{-n})=\varepsilon+\sum_{n}% \mu^{}(E_{n}).$

Como $\varepsilon$ é arbitrário, a desigualdade segue.

Finalmente, provaremos que $\mu^{*}(A)=\mu(A)$ para $A\in\mathcal{A}$ . Que $\mu^{*}(A)\leqslant\mu(A)$ segue imediatamente tomando-se $(A,\emptyset,\emptyset,\emptyset\dots)\in\mathcal{D}_{A}$ . Mostraremos que $\mu^{*}(A)\geqslant\mu(A)$ usando a hipótese de que $\mu$ é $\sigma$ -aditiva em $\mathcal{A}$ . Seja $(A_{n})_{n}\in\mathcal{D}_{A}$ . Tome $B_{n}=A\cap A_{n}\cap(\cap_{k=1}^{n-1}A_{k}^{c})$ , de forma que eles formam uma partição de $A$ . Logo, $\mu(A)=\sum_{n}\mu(B_{n})\leqslant\sum_{n}\mu(A_{n})$ . Como isso vale para qualquer $(A_{n})_{n}\in\mathcal{D}_{A}$ , temos $\mu(A)\leqslant\mu^{*}(A)$ , concluindo a prova. ∎

Informalmente, os conjuntos problemáticos são maiores quando vistos por fora do que por dentro. Tentaremos excluir esse tipo de problema considerando conjuntos $A\subseteq\Omega$ tais que, para todo $E\subseteq\Omega$ , vale que

\mu^{*}(E)=\mu^{*}(E\cap A)+\mu^{*}(E\cap A^{c}).

Os conjuntos $A$ satisfazendo a essa condição são chamados $\mu^{*}$ -mensuráveis, e $\mathcal{F}^{*}$ denota a coleção desses conjuntos; isto é,

\mathcal{F}^{*}=\{A\subseteq\Omega:\mu^{*}(E)=\mu^{*}(E\cap A)+\mu^{*}(E\cap A% ^{c})\text{ para todo }E\subseteq\Omega\}.

A segunda propriedade listada no lema acima implica que

\mu^{*}(E)\leqslant\mu^{*}(E\cap A)+\mu^{*}(E\cap A^{c}),

de forma que os conjuntos problemáticos são aqueles $A\subseteq\Omega$ para os quais a desigualdade acima é estrita para algum $E\subseteq\Omega$ .

Teorema D.10 (Carathéodory).

A classe $\mathcal{F}^{*}$ de conjuntos $\mu^{*}$ -mensuráveis é uma $\sigma$ -álgebra em $\Omega$ que contém $\mathcal{A}$ , e a restrição de $\mu^{*}$ a $\mathcal{F}^{*}$ é uma medida.

Demonstração.

Faremos uso extensivo do Lema D.9. Vamos provar primeiro que $\mathcal{A}\subseteq\mathcal{F}^{*}$ . Sejam $A\in\mathcal{A}$ , $E\subseteq\Omega$ e $\varepsilon>0$ . Pela definição de $\mu^{*}$ existem $A_{1},A_{2},\dots\in\mathcal{A}$ com $E\subseteq\cup_{n}A_{n}$ e $\sum_{n}\mu(A_{n})\leqslant\mu^{*}(E)+\varepsilon$ . Logo,

$\displaystyle\mu^{*}(E)$	$\displaystyle\leqslant\mu^{}(E\cap A)+\mu^{}(E\cap A^{c})\leqslant\sum_{n}% \mu^{}(A_{n}\cap A)+\sum_{n}\mu^{}(A_{n}\cap A^{c})$
	$\displaystyle=\sum_{n}\mu(A_{n}\cap A)+\sum_{n}\mu(A_{n}\cap A^{c})=\sum_{n}% \mu(A_{n})\leqslant\mu^{*}(E)+\varepsilon,$

onde na segunda desigualdade usamos subaditividade de $\mu^{*}$ duas vezes e na primeira igualdade, o fato de que $\mu^{*}=\mu$ em $\mathcal{A}$ . Como $\varepsilon$ é arbitrário, temos que $A\in\mathcal{F}^{*}$ , logo $\mathcal{A}\subseteq\mathcal{F}^{*}$ .

Agora provaremos que $\mathcal{F}^{*}$ é uma $\sigma$ -álgebra e $\mu^{*}$ é $\sigma$ -aditiva em $\mathcal{F}^{*}$ .

Passo 1. A classe $\mathcal{F}^{*}$ é uma álgebra.

Trivialmente, $\Omega\in\mathcal{F}^{*}$ e $A^{c}\in\mathcal{F}^{*}$ para todo $A\in\mathcal{F}^{*}$ . Dados $A,B\in\mathcal{F}^{*}$ , usando a subaditividade de $\mu^{*}$ , obtemos

$\displaystyle\mu^{*}(E)$	$\displaystyle\leqslant\mu^{}(E\cap(A\cap B))+\mu^{}(E\cap(A\cap B)^{c})% \leqslant\mu^{*}(E\cap A\cap B)$
	$\displaystyle+\mu^{}(E\cap A\cap B^{c})+\mu^{}(E\cap A^{c}\cap B)+\mu^{*}(E% \cap A^{c}\cap B^{c})$
	$\displaystyle=\mu^{}(E\cap A)+\mu^{}(E\cap A^{c})=\mu^{*}(E);$

logo, $A\cap B\in\mathcal{F}^{*}$ . Portanto, $\mathcal{F}^{*}$ é uma álgebra.

Passo 2. Sejam $A_{1},\dots,A_{n}\in\mathcal{F}^{*}$ disjuntos. Mostraremos que

\mu^{*}\big{(}E\cap(\cup_{k=1}^{n}A_{k})\big{)}=\sum_{k=1}^{n}\mu^{*}(E\cap A_% {k})

para todo $E\subseteq\Omega$ . Com efeito, como $A_{1}\in\mathcal{F}^{*}$ , temos que

$\displaystyle\mu^{*}\big{(}E\cap(\cup_{k=1}^{n}A_{k})\big{)}$	$\displaystyle=\mu^{}\big{(}E\cap(\cup_{k=1}^{n}A_{k})\cap A_{1}\big{)}+\mu^{% }\big{(}E\cap(\cup_{k=1}^{n}A_{k})\cap A_{1}^{c}\big{)}$
	$\displaystyle=\mu^{}\big{(}E\cap A_{1}\big{)}+\mu^{}\big{(}E\cap(\cup_{k=2}^% {n}A_{k})\big{)},$

onde a última igualdade é devida ao fato que $A_{1}$ e $(\cup_{k=2}^{n}A_{k})$ são disjuntos. Utilizando o mesmo argumento para $A_{2}$ , depois $A_{3}$ , e assim por diante até $A_{n}$ , obtemos a identidade desejada.

Passo 3. Sejam $A_{1},A_{2},\dots\in\mathcal{F}^{*}$ disjuntos. Mostraremos que $\cup_{n}A_{n}\in\mathcal{F}^{*}$ e $\mu^{*}(\cup_{n}A_{n})=\sum_{n}\mu^{*}(A_{n})$ .

Para isso, vamos mostrar que

\mu^{*}(E)\leqslant\mu^{*}(E\cap G)+\mu^{*}(E\cap G^{c})\leqslant\sum_{k=1}^{% \infty}\mu^{*}(E\cap A_{k})+\mu^{*}(E\cap G^{c})\leqslant\mu^{*}(E),

onde $G=\cup_{n}A_{n}$ .

As duas primeiras desigualdades seguem da subaditividade de $\mu^{*}$ . Para mostrar a última desigualdade, definindo $G_{n}=\cup_{k=1}^{n}A_{k}$ , temos

$\displaystyle\mu^{*}(E)$	$\displaystyle=\mu^{}(E\cap G_{n})+\mu^{}(E\cap G_{n}^{c})=\sum_{k=1}^{n}\mu^% {}(E\cap A_{k})+\mu^{}(E\cap G_{n}^{c})$
	$\displaystyle\geqslant\sum_{k=1}^{n}\mu^{}(E\cap A_{k})+\mu^{}(E\cap G^{c})% \to\sum_{k=1}^{\infty}\mu^{}(E\cap A_{k})+\mu^{}(E\cap G^{c}),$

onde a primeira igualdade segue do Passo 1, pois $G_{n}\in\mathcal{F}^{*}$ , e a segunda igualdade segue do Passo 2. Isso conclui a demonstração do Passo 3.

Como $\mathcal{F}^{*}$ é uma álgebra fechada por uniões enumeráveis de conjuntos disjuntos, é um $\lambda$ -sistema fechado por interseções, logo, pelo Lema D.4, $\mathcal{F}^{*}$ é uma $\sigma$ -álgebra. Como $\mu^{*}$ é $\sigma$ -aditiva em $\mathcal{F}^{*}$ , isso conclui a prova da proposição. ∎

Demonstração do Teorema de Extensão de Carathéodory.

Observe que, pelo Teorema D.10, $\mathcal{A}\subseteq\mathcal{F}^{*}$ , logo $\sigma(\mathcal{A})\subseteq\mathcal{F}^{*}$ . Ademais, $\mu^{*}$ , restrita a $\sigma(\mathcal{A})$ , é $\sigma$ -aditiva, logo é uma medida. Além disso, $\mu^{*}$ , restrita a $\mathcal{A}$ , coincide com $\mu$ . Isso prova a parte de existência. Para unicidade, suponha que $\mu^{*}$ seja $\sigma$ -finita, de forma que exista uma coleção enumerável $\{A_{n}\}_{n}$ em $\sigma(\mathcal{A})$ tal que $\mu^{*}(A_{n})<\infty$ para todo $n$ , e $\cup_{n}A_{n}=\Omega$ . Da Definição D.8, para cada $n$ existe uma coleção enumerável $\{A_{n,k}\}_{k}$ tal que $\cup_{k}A_{n,k}\supseteq A_{n}$ e $\mu^{*}(A_{n,k})<\infty$ . Reindexando essa coleção enumerável $\{A_{n,k}\}_{n,k}$ como $\{B_{j}\}_{j\in\mathbb{N}}$ e definindo $C_{\ell}=B_{1}\cup\dots\cup B_{\ell}$ , temos que $C_{\ell}\in\mathcal{A}$ , $\mu(C_{\ell})<\infty$ e $C_{\ell}\uparrow\Omega$ . Observando-se que $\mathcal{A}$ é um $\pi$ -sistema, segue do Teorema 3.37 (unicidade de medidas) que $\mu^{*}$ é a única medida em $\sigma(\mathcal{A})$ que coincide com $\mu$ em $\mathcal{A}$ , concluindo essa demonstração. ∎

$\displaystyle\mu^{*}(E)$	$\displaystyle\leqslant\mu^{}(E\cap(A\cap B))+\mu^{}(E\cap(A\cap B)^{c})% \leqslant\mu^{*}(E\cap A\cap B)$
	$\displaystyle+\mu^{}(E\cap A\cap B^{c})+\mu^{}(E\cap A^{c}\cap B)+\mu^{*}(E% \cap A^{c}\cap B^{c})$
	$\displaystyle=\mu^{}(E\cap A)+\mu^{}(E\cap A^{c})=\mu^{*}(E);$