El espacio de medidas complejas es Banach (¿prueba?)

Question

¿Cómo podemos demostrar que el espacio de Medidas Complejas es Completo? con la norma de Variación Total. Me he atascado en la última parte de la prueba donde tengo que demostrar que la función límite de una sucesión de Cauchy de medidas tiene las propiedades de las medidas Complejas.

Utilizamos la norma de variación total : $$\lVert \mu\rVert = \lvert \mu \rvert(X)$$

Answer 1

Como se discute en los comentarios, la pregunta real es $\sigma$ -aditividad del límite de una secuencia de Cauchy de medidas complejas. Si sólo te interesa esta parte, puedes pasar a la afirmación hacia el final de la respuesta, pero para completarla, daré las definiciones y el argumento completo de que el espacio de medidas complejas de variación acotada es un espacio de Banach.

Supongamos que $(X,\Sigma)$ es un espacio medible. A medida compleja es una función $\mu\colon \Sigma \to \mathbb C$ satisfaciendo $\mu\left(\bigcup_{k=1}^\infty E_k\right) = \sum_{k=1}^\infty \mu(E_k)$ para toda secuencia de conjuntos medibles disjuntos $E_k \in \Sigma$ .

Para una medida compleja $\mu$ y $E \in \Sigma$ definir $$ \lvert\mu\rvert(E) = \sup\left\{\sum_{k=1}^n \lvert\mu(A_k)\rvert\,:\,A_1,\dots,A_n \subset E\text{ pairwise disjoint and measurable, }n\in\mathbb{N}\right\}. $$ Entonces el mapa $\lvert\mu\rvert\colon \Sigma \to [0,\infty]$ es una medida llamada variación total de $\mu$ y $\lVert\mu\rVert = \lvert\mu\rvert(X)$ es el norma de variación total de $\mu$ . Si $\lVert\mu\rVert \lt \infty$ entonces $\mu$ se dice que es de variación limitada .

Nótese que las definiciones anteriores también tienen sentido para medidas finitamente aditivas, es decir: funciones $\mu\colon \Sigma \to \mathbb{C}$ satisfaciendo $\mu(E \cup F) = \mu(E) + \mu(F)$ siempre que $E,F \in \Sigma$ son disjuntos.

Dejemos que $M(X,\Sigma)$ sea el espacio vectorial de las medidas complejas de variación acotada y sea $M_{\rm fin}(X,\Sigma)$ sea el espacio de las medidas complejas finitamente aditivas de variación acotada, ambas dotadas de la norma de variación total. Entonces $M_{\rm fin}(X,\Sigma)$ es un espacio de Banach y $M(X,\Sigma)$ es un subespacio cerrado, en particular $M(X,\Sigma)$ es un espacio de Banach.

Dada una secuencia de Cauchy $(\mu_n)_{n=1}^\infty$ sur $M(X,\Sigma)$ necesitamos demostrar que existe una medida $\mu$ tal que $\lVert\mu - \mu_n\rVert \xrightarrow{n\to\infty}0$ . La medida de los candidatos $\mu$ es fácil de encontrar: Por cada $E \in \Sigma$ tenemos que $\rvert\mu_k(E) - \mu_l(E)\rvert \leq \lVert\mu_k-\mu_l\rVert \xrightarrow{k,l\to\infty}0$ , por lo que tiene sentido definir $$\mu(E) = \lim_{k\to\infty}\mu_k(E) \in \mathbb{C}.\tag{$ 1 $}$$

Se deduce directamente de la definición de $\mu$ como límite que para la disyuntiva $E,F \in \Sigma$ tenemos $$ \mu(E \cup F) = \lim_k\mu_k(E\cup F) = \lim_k\mu_k(E) + \lim_k\mu_k(F) = \mu(E)+\mu(F), $$ así que $\mu$ es una medida compleja finitamente aditiva. Tenemos $$ \lVert\mu-\mu_m\rVert \leq \liminf_{n\to\infty}\lVert\mu_n-\mu_m\rVert \xrightarrow{m\to\infty}0, $$ y de manera similar $\lVert \mu\rVert \lt \infty$ Así que, en particular, hemos demostrado que el espacio $M_{\rm fin}(X,\Sigma)$ de finitamente aditivo medidas complejas sobre $(X,\Sigma)$ con variación acotada es un espacio de Banach y que $\mu$ es el límite de $\mu_n$ con respecto a la norma de variación total.

Ahora llego por fin a la verdadera cuestión planteada en los comentarios, a saber, cómo demostrar que el límite $\mu$ de la secuencia de Cauchy $(\mu_n)$ de medidas complejas es $\sigma$ -aditivo.

Reclamación: Para toda secuencia decreciente $F_n \in \Sigma$ Es decir $F_n \supset F_{n+1}$ para todos $n$ , de tal manera que $\emptyset = \bigcap_{n=1}^\infty F_n$ tenemos $\mu(F_n) \xrightarrow{n\to\infty}0$ .

Obsérvese que la afirmación implica $\sigma$ -adecuación de $\mu$ : Dejemos que $E_k \in \Sigma$ sea una secuencia de conjuntos medibles disjuntos. Pongamos $E = \bigcup_{k=1}^\infty E_k$ , dejemos que $F_n = \bigcup_{k=n}^\infty E_k = E \smallsetminus \bigcup_{k=1}^{n-1}E_k$ y observa que $\bigcap_{n=1}^\infty F_n = \emptyset$ . La reclamación nos da $$ \left\lvert\mu(E)-\sum_{k=1}^{n-1} \mu(E_k)\right\rvert = \lvert\mu(F_n)\rvert \xrightarrow{n\to\infty} 0, $$ así que $\mu\left(\bigcup_{k=1}^\infty E_k\right) = \sum_{k=1}^\infty \mu(E_k)$ .

Para demostrar esta afirmación, tome $\varepsilon \gt 0$ , arreglar $k$ tan grande que para $m \geq k$ tenemos $\lVert\mu_m-\mu_k\rVert \leq \varepsilon/2$ y tomar $N$ tan grande que para todos los $n\geq N$ tenemos $\lvert\mu_k(F_n)\rvert \leq \varepsilon/2$ (estas opciones son posibles ya que $(\mu_j)$ es una secuencia de Cauchy y porque $\mu_k$ es una medida compleja de variación acotada). En $m \geq k$ obtenemos de $(1)$ que $$ \lvert \mu(F_n)\rvert \xleftarrow{m\to\infty} \lvert\mu_m(F_n)\rvert \leq \lvert\mu_k(F_n)\rvert + \lVert\mu_m-\mu_k\rVert \leq \varepsilon $$ para que $\lvert\mu(F_n)\rvert \leq \varepsilon$ para todos $n \geq N$ . Como $\varepsilon \gt 0$ era arbitraria, la reclamación está probada.

Esto demuestra que $M(X,\Sigma)$ es un subespacio cerrado del espacio de Banach $M_{\rm fin}(X,\Sigma)$ y hemos terminado.

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Añadido: De hecho, la condición de convergencia por conjuntos $\mu(E) = \lim_k \mu_k(E)$ para todos $E \in \Sigma$ dado en $(1)$ es suficiente para garantizar que $\mu$ es $\sigma$ -aditivo, siempre y cuando todos los $\mu_n$ son.

Esta es (parte de) la Teorema de Vitali-Hahn-Saks y esto es un poco más difícil de probar que lo anterior. Se pueden encontrar varias pruebas en buenos libros de teoría de la medida, por ejemplo, Bogachev, Teorema 4.6.13, página 275 o en esta nota de PNAS por J.K. Brooks. Ver también esta pregunta y respuesta por Sam L. para una prueba elemental.

Answer 2

Otra prueba, usando Radon-Nikodym.

Set $$ \lambda=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}|\mu_n|. $$ Entonces, claramente, $\lambda$ es una medida positiva acotada, y $\mu_n\ll\lambda$ para todos $n\in\mathbb N$ . Por lo tanto, debido al Radon-Nikodym, existen funciones $\{f_n\}\in L^1(\lambda)$ , de tal manera que $d\mu_n=f_n\,d\lambda$ para todos $n\in\mathbb N$ y $$ \|\mu_m - \mu_n\|=\int_X|f_m(x)-f_n(x)|\,d\lambda(x)=\|f_m-f_n\|_{L^1(\lambda)} $$ Así, $\{f_n\}$ es una secuencia de Cauchy, y por tanto, convergente a alguna $f\in L^1(\lambda)$ ya que $L^1(\lambda)$ está completo. Si la medida $\mu$ se define como $d\mu=f\,d\lambda$ entonces $$ \|\mu_n-\mu\|=\int_X|f_n(x)-f(x)|\,d\lambda(x)=\|f_n-f\|_{L^1(\lambda)}\to 0. $$

Answer 3

Permítanme aportar una prueba elemental.

Dejemos que $\mathfrak M$ a $\sigma-$ álgebra sobre un conjunto $X$ y $\mathcal X(\mathfrak M)$ el espacio del complejo de medidas complejas sobre $\mathfrak M$ , que es un equipado con la norma $$ \|\nu\|=|\nu|(X), \quad \nu\in \mathcal X(\mathfrak M), $$ conocida como variación total de $\nu$ .

Dejemos ahora $\{\mu_n\}$ sea una secuencia de Cauchy sobre de medidas complejas $\mathfrak M$ .

Paso 1. Ya que para todos los $E\in\mathfrak M$ , $$ |\mu_m(E)-\mu_n(E)|=|(\mu_m-\mu_n)(E)|\le |\mu_m-\mu_n|(E)\le |\mu_m-\mu_n|(X)=\|\mu_m-\mu_n\| $$ entonces $\{\mu_n(E)\}$ también es la sucesión de Cauchy, y por tanto convergente, a un número complejo. Definir $\,\mu: \mathfrak M\to\mathbb C$ como $$ \mu(E)=\lim_{n\to\infty}\mu_n(E). $$ Claramente, $\mu$ es finitamente aditivo ya que, es $E_1,\ldots, E_k\in\mathfrak M$ , mutuamente disjuntos, entonces
$$ \mu\Big(\bigcup_{j=1}^k E_j\Big)=\lim_{n\to\infty}\mu_n\Big(\bigcup_{j=1}^k E_j\Big) =\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^k \mu_n(E_j) =\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^k \mu(E_j). $$

Paso 2. Utilizando el hecho de que, para todos los $\vartheta,\varphi \in \mathcal X(\mathfrak M)$ $$ |\vartheta+\varphi|(E)\le |\vartheta|(E)|+|\varphi|(E), \quad \text{for all $ E\Nmathfrak M $} $$ obtenemos que $$ \big| |\mu_m|(E)-|\mu_n|(E)\big|\le |\mu_m-\mu_n|(E)\le|\mu_m-\mu_n|(X)=\|\mu_m-\mu_n\| $$ y por lo tanto la secuencia $\{|\mu_n|(E)\}$ también es Cauchy y, por tanto, convergente. Definir $$ \lambda(E)=\lim_{n\to\infty}|\mu_n|(E), \quad E\in\mathfrak M. $$ Claramente $|\mu(E)|\le \lambda(E)$ . También se puede demostrar que $\lambda$ es finitamente aditiva, y por tanto monótona, es decir $E\subset F\,\Rightarrow\, \lambda(E)\le \lambda(F)$ . También $\lambda$ es y está limitado por $\lambda(X)=\lim_{n\to\infty}|\mu_n|(X)<\infty$ .

Paso 3. Necesitaremos la siguiente propiedad de $\lambda$ . (Lo que de hecho implica que $\lambda$ es una medida).

Si los conjuntos $\{E_j\} \subset \mathfrak M$ son mutuamente disjuntos, y $F_n=\bigcup_{j>n}E_j$ entonces $\lim_{n\to\infty}\lambda(F_n)=0$ .

Prueba de la propiedad. Dejemos que $E=\bigcup_{j=1}^\infty E_j$ . Entonces $$ \lambda(E)=\lambda \big(\bigcup_{j=1}^n E_j\Big)+\lambda(F_n) $$ y por lo tanto la secuencia $\{\lambda(F_n)\}$ es decreciente. Sea $\varepsilon>0$ . Entonces existe un $N\in\mathbb N$ , de tal manera que $$ \big||\mu_m|(G)-|\mu_n|(G)\big|\le\|\mu_m-\mu_n\|<\frac{\varepsilon}{2}, \quad \text{for all $ m,n\Nge N $ and $ G\in\mathfrak M $.} $$ Por lo tanto, $$ \big| |\mu_n|(G)-\lambda(G)\big|\le \frac{\varepsilon}{2}, \quad \text{for all $ n\ge N $ and $ G\in\mathfrak M $.} \tag{1} $$ Arreglar $n_0\ge N$ . Claramente, como $|\mu_{n_0}|$ es una medida positiva acotada, entonces $\lim_{n\to\infty}|\mu_{n_0}|(F_n)=0$ y, por tanto, existe un $N_1\in\mathbb N$ , de manera que $$ |\mu_{n_0}|(F_n)<\frac{\varepsilon}{2}, \quad \text{whenever $ n\ge N_1 $}. \tag{2} $$ Combinando $(1)$ y $(2)$ obtenemos que $$ \lambda(F_n)<\varepsilon, \quad \text{whenever $ n\ge N_1 $,} $$ y por lo tanto $\lambda(F_n)\to 0$ .

Paso 4. $\mu$ es una medida.

Supongamos que los conjuntos $\{E_j\}\subset\mathfrak M$ son mutuamente disjuntos, $E=\bigcup_{j=1}^\infty E_j$ y $F_n=\bigcup_{j>n}E_j$ . Entonces $\mu(E)=\mu\big(\bigcup_{j=1}^nE_j\big)+\mu(F_n)$ y por lo tanto $$ \big|\mu(E)-\sum_{j=1}^n\mu(E_j)\Big|=|\mu(F_n)|\le \lambda(F_n)\to 0, $$ y por lo tanto $\sum_{j=1}^\infty \mu(E_j)$ converge y $\mu(E)=\sum_{j=1}^\infty \mu(E_j)$ .

Paso 5. Queda por demostrar que $\|\mu_n-\mu\|\to 0$ .

Dejemos que $\varepsilon>0$ . Entonces existe un $N\in\mathbb N$ , de tal manera que $$ \|\mu_m-\mu_n\|<\frac{\varepsilon}{4}, \text{whenever $ m,n\Nge N $}. \tag{3} $$ Si $n\ge N$ entonces existe una partición $\{E_j\}$ de $X$ , de tal manera que $$ \|\mu_n-\mu\|<\sum_{j=1}^\infty |(\mu_n-\mu)(E_j)|+\frac{\varepsilon}{4} $$ y para algunos $k\in\mathbb N$ , $$ \|\mu_n-\mu\|<\sum_{j=1}^\infty |(\mu_n-\mu)(E_j)|+\frac{\varepsilon}{4} <\sum_{j=1}^k |(\mu_n-\mu)(E_j)|+\frac{2\varepsilon}{4}. \tag{4} $$ Desde $\mu_n(E_j)\to \mu(E_j)$ para todos $j=1,\ldots,k$ podemos elegir $N_1\ge N$ , de tal manera que $$ \sum_{j=1}^k |(\mu_m-\mu)(E_j)|<\frac{\varepsilon}{4}, \quad\text{whenever $ m\ge N_1 $} $$ y por lo tanto, siempre que $m\ge N_1$ , \begin{equation} \begin{aligned} \sum_{j=1}^k |(\mu_n-\mu)(E_j)|\le\sum_{j=1}^k |(\mu_n-\mu_m)(E_j)|+ \sum_{j=1}^k |(\mu_m-\mu)(E_j)| \\ <\sum_{j=1}^k |(\mu_m-\mu_n)(E_j)|+ \frac{\varepsilon}{4} \le \|\mu_m-\mu_n\|+ \frac{\varepsilon}{4}. \end{aligned} \N - etiqueta{5} \N - fin{{ de la ecuación} y por lo tanto, combinando $(3),\,(4)$ y $(5)$ obtenemos que $$ \|\mu_n-\mu\|<\varepsilon, \text{whenever $ n\ge N $.} $$