Ampliación de la proposición 3.11 de Folland

Question

Con la prueba marcada como trivial en Folland, existe:

3.11 Propuesta . Si $\mu_1, \dots, \mu_n$ son medidas sigma finitas sobre $(X, \mathscr{M})$ existe una medida $\mu$ tal que $\mu_{j} << \mu$ para todos $j$ - a saber $\mu = \sum_{ij=1}^{n}\mu_{j}$

Demostrarlo es muy fácil, basta con escribir la definición de medidas dominantes. Sin embargo, en mis apuntes de la UC hay una segunda parte, en la que se afirma que $$ d\mu_{1} / d\mu + \dots + d\mu_{n} / d\mu = 1 $$ casi en todas partes. Esto me parece menos trivial, ¿cómo puedo demostrarlo? Intento escribir todos los componentes en forma integral, pero no me ayuda.

Answer 1

\begin{align*} \int\sum_{j}\dfrac{d\mu_{j}}{d\mu}d\mu&=\sum_{j}\int\dfrac{d\mu_{j}}{d\mu}d\mu\\ &=\sum_{j}\mu_{j}\\ &=\mu, \end{align*} pero \begin{align*} \mu=\int1d\mu, \end{align*} así que por unicidad Radon-Nikodym, tenemos $\displaystyle\sum_{j}\dfrac{d\mu_{j}}{d\mu}=1$ a.e.

Aquí algunos $\sigma$ -debe suponerse la propiedad finita.

Answer 2

Por el teorema de Radon-Nikodym se tiene que existen funciones integrables $f_1, \ldots, f_n\colon X \to \mathbb{R}$ tal que $\mu_j = f_j\, \mu$ para cada $j=1,\ldots,n$ . (Y $f_j =: d\mu_j / d\mu$ por definición).

Por lo tanto $$ \mu = \sum_j \mu_j = \left(\sum_j f_j\right)\mu, $$ para que $\sum_j f_j = 1$ $\mu$ -a.e. en $X$ .