Cálculo de la derivada de Radon – Nikodym

Question

Supongamos que la función de $X \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} \colon x \longmapsto X(x) : = x^2$.

Quiero calcular el Radon–Nikodym derivado $\frac{\text{d}\lambda_X}{\text{d}\lambda}$ donde $\lambda$ denota la medida de Lebesgue y $\lambda_X$ es el Pushforward medida de $X$ con respecto al $\lambda$.

Para calcular el $\frac{\text{d}\lambda_X}{\text{d}\lambda}$ I primera necesidad para mostrar que $\lambda_X \ll \lambda$. Ahora tenemos $$ \lambda(X^{-1}(a,b))=\lambda(\sqrt{a},\sqrt{b})=\sqrt{b}-\sqrt{a}$$ y $$ \lambda(a,b)=0 \Longrightarrow \lambda_X(a,b)=\lambda(\sqrt{a},\sqrt{b})=0$$ y, por tanto,$\lambda_X \ll \lambda$.

Ahora mis preguntas son:

• Es allí una manera de escribir la medida de $\lambda_X$ explícitamente hacia abajo?
• ¿Cómo puedo finalmente calcular el $\frac{\text{d}\lambda_X}{\text{d}\lambda}$?

El cálculo de $\frac{\text{d}\lambda_X}{\text{d}\lambda}$ significa que, la búsqueda de una función medible $\varphi \geq 0$ con $$\lambda_X(A) = \int_{A} \varphi \, \text{d} \lambda. $$

EDIT: probando me enteré de que $\varphi(x)=2 \frac{1}{\sqrt{x}}$. Es esto correcto?

Answer 1

Si $X \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R^{+}}\bigcup\left\{0\right\}$ se define como $ X(x) = x^2$, luego de observar que, para $b\ge a\ge 0$, $$ \begin{eqnarray*} \lambda_{X}\left(a\,,b\right){}:={}\lambda\left(X^{-1}\left(a\,,b\right)\right)&{}={}&\lambda\left(\left\{\left(-\sqrt{b}\,,-\sqrt{a}\right)\bigcup\left(\sqrt{a}\,,\sqrt{b}\right)\right\}\right)\newline &&\newline &{}={}&\lambda\left(-\sqrt{b}\,,-\sqrt{a}\right)+\lambda\left(\sqrt{a}\,,\sqrt{b}\right)\newline &&\newline &{}={}&2\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)\,. \end{eqnarray*} $$ Claramente, $\lambda_{X}$ es un valor no negativo, sigma-aditivo, sigma-conjunto finito función, ya que a $\lambda$ es e $X$ es Borel medible. Y, $\lambda_X\ll\lambda$, desde \begin{eqnarray*} \lambda\left(a\,,b\right){}={}0&{}\implies{}&b-a{}={}0\newline &{}\implies{}& b{}={}a\newline &{}\implies{}&\sqrt{b}{}={}\sqrt{a}\newline &{}\implies{}&2\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right){}={}0\newline &{}\implies{}&\lambda\left(X^{-1}\left(a\,,b\right)\right)=0\,. \end{eqnarray*}

Además, por el teorema fundamental del cálculo y a los conjuntos de medida cero,

$$ \begin{eqnarray*} \lambda_{X}\left(a\,,b\right)&{}={}&2\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right){}\overbrace{=}^{\scriptstyle Riemann\ Integral}{}\int\limits^{\infty}_{0}{\bf{1}}_{\left\{(a, b)\right\}}(x)\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x\newline &&\newline &{}\overbrace{=}^{\scriptstyle Lebesgue\ Integral}{}&\int\limits_{\mathbb{R}_{\ge0}}{\bf{1}}_{\left\{(a, b)\right\}}(x)\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}\lambda(x)\newline &&\newline &{}={}&\int\limits_{(a, b)}\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}\lambda(x)\newline &&\newline &{}={}&\int\limits_{(a,b)}\dfrac{\mathrm{d}\lambda_{X}}{\mathrm{d}\lambda}\ \mathrm{d}\lambda\,. \end{eqnarray*} $$

Por lo tanto, hasta conjuntos de medida cero, $$ \dfrac{\mathrm{d}\lambda_{X}}{\mathrm{d}\lambda}{}={}\dfrac{1}{\sqrt{x}}{\bf{1}}_{x>0}\,. $$