Radon Nikodym prueba derivativa

Question

Teorema: Vamos a $\mu$ $\nu$ dos $\sigma$-finito medidas en un espacio medible $(X, B)$. A continuación, $\nu$ puede ser descompuesto como $$ \nu = \nu_\mathrm{abs} + \nu_\mathrm{sing}$$ en la suma de dos $\sigma$-finito medidas con $\nu_\mathrm{abs} \ll \mu$ es absolutamente continua con respecto a $\mu$ $\nu_\mathrm{sing} \bot \mu$ ser singular para cada uno de los otros.

Comentario: basta probar el teorema para finito de medidas.

a) Definir una medida $m = \mu + \nu $ y definir en el verdadero espacio de Hilbert $H = L_m^2(X)$ lineal funcional $\Phi(g) := \int g \; d\nu $. Primero lo limitan a las funciones simples y demostrar que el operador está delimitada en el espacio de funciones simples en $L^2$. Ampliar a $H$ y demostrar que $\exists k \in H : \Phi (g) = \int g k \; d m$.

He hecho las dos primeras partes de la parte a) y ahora estoy atascado con probar que $\exists k \in H : \Phi (g) = \int g k \; d m$.

Yo estaba pensando en algo como esto: $$ \begin{align} \Phi g = \int_X g \; d \nu = \int_X g \; d \nu_\mathrm{abs} + \int_X g \; d \nu_\mathrm{sing} = \int_X fg \; d \mu + \int_{X_1} g \; d \nu + \int_{X_2} g \; d \nu = \int_X fg \; d \mu + \int_{X_2} g \; d \nu \end{align}$$

Pero luego no sé cómo proceder. Estoy en el camino correcto? Muchas gracias por tu ayuda.

b) Demostrar que $k$ toma valores en $[0,1]$ $m$-casi seguramente.

Me puedes decir si las siguientes opciones es la correcta:

$ \begin{align} P(\{ x | k(x) \in [0,1]\}) = m(k^{-1}([0,1])) = \int_{k^{-1}([0,1])} 1 dm = \\ \int_{k^{-1}([0,1])} (1 \circ k) dm = \int_{k^{-1}([0,1])} 1 \cdot (1 \circ k) dm = \int_{k^{-1}([0,1])} (1 \circ k) d\nu = \int_{[0,1]} 1 d k(\nu) \end{align} $

Y luego quiero que este ser $1$ pero no sé $\nu$ y no sé $d k(\nu)$ así que creo que estoy atrapado aquí.

Editar

a) ACEPTAR, con t.b.'s comentario la respuesta a ta) es:

Mediante la representación de Riesz teorema de Hilbert espacios de la existencia de $k $ sigue inmediatamente.

Gracias por su ayuda!

Answer 1

For b) uso una): demostraste que $$\int_X g \,d\nu = \intX gk \,dm, \quad \text{for }g\in L^2(X,m). \tag{1}$$ We can show that $L^{\infty}(X, m) \subset L^2(X,m) $ because $% $ $| g |{L^2(X,m)}=\sqrt{\intX |g|^2\, dm} \leqslant |g|{\infty}\sqrt{\intX dm}=\underbrace{\sqrt{m(X)}}{

Podemos utilizar el $(1)$ $g=\chi_A$ pues $L^{\infty}(X, m) \subset L^2(X,m)$ y %#% $ #%

Ahora $$\nu(A)=\int_A k\, dm.$ $

Y ahora, $$\underbrace{\frac{\nu(A)}{\nu (A)+\mu(A)}}_{\in [0,1]}=\frac{\nu(A)}{m(A)}=\frac{1}{m(A)}\int_A k\, dm \in [0,1] \quad \text{for } m(A) \neq 0.$ de la desigualdad de Cauchy-Schwarz $k \in L^1(X,m)$$$\int_X |k|\, dm \leqslant \sqrt{m(X)}\underbrace{\sqrt{\intX |k|^2\, dm}}{