Estensione teorema di Radon- Nikodym
Buondì, mi ritrovo a voler estendere il teorema di Radon-Nikoydm dal caso di misure finite a quello di misure $\sigma$-finite e volevo sapere se il mio tentativo è ok.
Innanzitutto il teorema per misure finite:
Teorema
Sia $(\Omega, \mathcal{M})$ uno spazio misurabile e siano $\mu$ e $\nu$ due misure (positive) finite su di esso. Se $\nu$ è assolutamente continua rispetto a $\mu$[nota]Diciamo che $\nu$ è assolutamente continua rispetto a $\mu$ se ogniqualvolta, per un certo $E \in \mathcal{M}$, si ha $mu(E) =0$ si ha $\nu(E)=0$[/nota] allora esiste una funzione misurabile $g: \Omega \to [0, \infty)$ tale che
$$\nu(E) = \int_{E} g d\mu \quad \quad \forall E \in \mathcal{M}$$
Consiglio a chi non la conoscesse di guardare la dimostrazione di Von Neumann che secondo me è una figata.
La mia dimostrazione per l'estensione a misure $\sigma$- finite (stesse identiche ipotesi del teorema con il solo rilassamento da finitezza a $\sigma$-finitezza):
Siccome sono misure $\sigma$- finite esistono due successioni di insiemi $\{B_n\}_{n \in NN} , \{C_n\}_{n \in NN} \subset \mathcal{M}$ tali che
1. $\bigcup_{n \in NN} B_n = \bigcup_{n \in NN} C_n = \Omega$
2. $\nu(B_n) < \infty \quad \forall n \in NN$ e $\mu(C_n) < \infty \quad \forall n \in NN$
La successione di insiemi $\{A_n}_{n \in NN} \subset \mathcal{M}$ tale che $A_n := B_n \cap C_n \quad \forall n \in NN$ allora è tale che
1. $\bigcup_{n \in NN} A_n = \Omega$
2. $\nu(A_n) < \infty \quad \forall n \in NN$ e $\mu(A_n) < \infty \quad \forall n \in NN$
Ora considero le due successioni di misure $\{\mu_n\}_{n \in NN}$ e $\{\nu_n\}_{n \in NN}$ definite con
$\mu_n(E) = \mu (E \cap A_n) \quad \quad \forall n \in NN \quad \quad \forall E \in \mathcal{M}$
$\nu_n(E) = \nu (E \cap A_n) \quad \quad \forall n \in NN \quad \quad \forall E \in \mathcal{M}$
Per ogni $n \in NN$ le misure $\mu_n$ e $\nu_n$ sono finite e solo tali che $\nu_n$ è assolutamente continua rispetto a $\mu_n$ e quindi applicando il teorema sopracitato abbiamo che:
per ogni $n \in NN$ esiste una funzione misurabile $g_n : \Omega \to [0, \infty)$ tale che
$$\nu_n(E) = \int_{E} g_n d\mu_n = \int_{E \cap A_n} g_n d\mu_n = \int_{E \cap A_n}f d\mu_n = \int_{E \cap A_n}f d\mu \quad \quad \forall E \in \mathcal{M} $$
Dove ho posto $f(x) = \sum_{n \in NN} g_n(x) \chi_{A_n}(x) \quad \quad \forall x \in \Omega$. Tale funzione è ancora misurabile e inoltre, preso $E \in \mathcal{M}$, vale:
$$\nu(E) = \nu(E \cap \Omega) = \nu (E \cap \bigcup_{n \in \mathbb{N}}A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \nu(E \cap A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \nu_n(E) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \int_{E \cap A_n} f d\mu = \int_E f d\mu$$
$\square$
Fila?
Innanzitutto il teorema per misure finite:
Teorema
Sia $(\Omega, \mathcal{M})$ uno spazio misurabile e siano $\mu$ e $\nu$ due misure (positive) finite su di esso. Se $\nu$ è assolutamente continua rispetto a $\mu$[nota]Diciamo che $\nu$ è assolutamente continua rispetto a $\mu$ se ogniqualvolta, per un certo $E \in \mathcal{M}$, si ha $mu(E) =0$ si ha $\nu(E)=0$[/nota] allora esiste una funzione misurabile $g: \Omega \to [0, \infty)$ tale che
$$\nu(E) = \int_{E} g d\mu \quad \quad \forall E \in \mathcal{M}$$
Consiglio a chi non la conoscesse di guardare la dimostrazione di Von Neumann che secondo me è una figata.
La mia dimostrazione per l'estensione a misure $\sigma$- finite (stesse identiche ipotesi del teorema con il solo rilassamento da finitezza a $\sigma$-finitezza):
Siccome sono misure $\sigma$- finite esistono due successioni di insiemi $\{B_n\}_{n \in NN} , \{C_n\}_{n \in NN} \subset \mathcal{M}$ tali che
1. $\bigcup_{n \in NN} B_n = \bigcup_{n \in NN} C_n = \Omega$
2. $\nu(B_n) < \infty \quad \forall n \in NN$ e $\mu(C_n) < \infty \quad \forall n \in NN$
La successione di insiemi $\{A_n}_{n \in NN} \subset \mathcal{M}$ tale che $A_n := B_n \cap C_n \quad \forall n \in NN$ allora è tale che
1. $\bigcup_{n \in NN} A_n = \Omega$
2. $\nu(A_n) < \infty \quad \forall n \in NN$ e $\mu(A_n) < \infty \quad \forall n \in NN$
Ora considero le due successioni di misure $\{\mu_n\}_{n \in NN}$ e $\{\nu_n\}_{n \in NN}$ definite con
$\mu_n(E) = \mu (E \cap A_n) \quad \quad \forall n \in NN \quad \quad \forall E \in \mathcal{M}$
$\nu_n(E) = \nu (E \cap A_n) \quad \quad \forall n \in NN \quad \quad \forall E \in \mathcal{M}$
Per ogni $n \in NN$ le misure $\mu_n$ e $\nu_n$ sono finite e solo tali che $\nu_n$ è assolutamente continua rispetto a $\mu_n$ e quindi applicando il teorema sopracitato abbiamo che:
per ogni $n \in NN$ esiste una funzione misurabile $g_n : \Omega \to [0, \infty)$ tale che
$$\nu_n(E) = \int_{E} g_n d\mu_n = \int_{E \cap A_n} g_n d\mu_n = \int_{E \cap A_n}f d\mu_n = \int_{E \cap A_n}f d\mu \quad \quad \forall E \in \mathcal{M} $$
Dove ho posto $f(x) = \sum_{n \in NN} g_n(x) \chi_{A_n}(x) \quad \quad \forall x \in \Omega$. Tale funzione è ancora misurabile e inoltre, preso $E \in \mathcal{M}$, vale:
$$\nu(E) = \nu(E \cap \Omega) = \nu (E \cap \bigcup_{n \in \mathbb{N}}A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \nu(E \cap A_n) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \nu_n(E) = \sum_{n \in \mathbb{N}} \int_{E \cap A_n} f d\mu = \int_E f d\mu$$
$\square$
Fila?
Risposte
Non sono d'accordo su $uu_n A_n = Omega$. Nel peggiore dei casi ogni elemento di quella successione è vuoto, dovresti costruire meglio ${A_n}$ secondo me.
Sono invece d'accordo sulle idee di fondo della tua dimostrazione
Edit: forse $A_{nm}:= B_n nn C_m$, allora $uu_{m,n in NN} A_{nm} = Omega$, ovviamente la successione e numerabile (credo anche disgiunta, ma estrarne una disgiunta in ogni caso è facile) e le misure sono finite su ogni suo elemento. Ora puoi applicare radon-nikodym su ogni $A_{nm}$ e trovi delle funzioni e poi le sommi.
L'unicità non la vuoi dimostrare, comunque?
Sono invece d'accordo sulle idee di fondo della tua dimostrazione
Edit: forse $A_{nm}:= B_n nn C_m$, allora $uu_{m,n in NN} A_{nm} = Omega$, ovviamente la successione e numerabile (credo anche disgiunta, ma estrarne una disgiunta in ogni caso è facile) e le misure sono finite su ogni suo elemento. Ora puoi applicare radon-nikodym su ogni $A_{nm}$ e trovi delle funzioni e poi le sommi.
L'unicità non la vuoi dimostrare, comunque?
Hai assolutamente ragione; fatta la correzione sugli $A_{nm}$ tutto dovrebbe andare no?
L'unicità l'avevo già fatta!
L'unicità l'avevo già fatta!
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