Notes pour le Theoreme RN

Le théorème de Radon-Nykodym
Pour µ une mesure σ-fini sur (X, M) et γ une mesure signée sur (X, M)
dont γ− , γ+ , sont σ-finies. On a γ = γ1 + γ2 telle que γ1 est une mesure
signée telle que (γ1 )+ , (γ1 )− sont absolument continues par rapport à µ et
γ2 est une mesure signée telle que (γ2 )+ , (γ2 )− sont singulières par rapport
à µ. De plus ∃f telle que
Z
f dµ
γ1 (A) =
A
REMARQUES
1) il suffit de considérer le cas où γ est une mesure. Pour γ = γ+ − γ− on
a que
γ1 = (γ+ )1 + (γ− )1
R
(γ+ )1 (A) = A f+ dµ, (γ+ )2 et µ mutuellement singulières et pareillement
R
γ− = (γ− )1 + (γ− )2 mais ici γ− (A) = A f− dµ avec f− intégrable.
De plus puisque γ+ , γ− sont mutuellement singulières, on a f+ f− = 0 µ p.p
donc
γ = ((γ+ )1 − (γ− )1 ) + ((γ+ )2 − (γ− )2 )
R
R
et ((γ+ )1 −(γ− )1 )(A) = A f+ −f− dµ qui est bien défini car X f− dµ < ∞
et (γ+ )2 − (γ− )2 est bien définie car (γ− )2 est une mesure finie.
2) il suffit de traiter le cas µ(X), γ(X) < ∞: nous savons qu’il existe
An ↑ X et Bn ↑ X avec µ(An ) < ∞ et γ(Bn ) < ∞ ∀ n. Alors pour
Cn = An ∩ Bn on a Cn ↑ X et µ(Cn ), γ(Cn ) < ∞ ∀ n.
donc Dn = Cn /Cn−1 satisfont
(i) X = ∪∞
n=1 Dn
(ii) les Dn sont disjointes
P∞
γ(A) =
n=1 γ(A ∩
R∀ A ∈ µ, P
R
R Dn )
∞
f
dµ
si
f
dµ
=
i=1 A∩Di
A
X f− dµ < ∞.
Si on a démontré le résultat pour les mesures finies
R on a ∀ Dn ∃fn mesurable
fn = 0 sur Dnc telle que ∀ A, γ(A ∩ Dn ) = A fn dµ + γ2n (A ∩ Dn ) où γ2n
est une mesure sur (Dn , M ∩ Dn ) mutuellement singulière par rapport à la
restriction de µ à (Dn , M ∩ Dn )
Donc on a Rque
P
P∞ n
γ(A) = A f dµ + γ2 (A) où f (x) = ∞
n=1 fn (x) γ2 (A) =
n=1 γ2 (A ∩
Dn ), γ2 est une mesure mutuellement singulaire par rapport à µ.
Démonstration pour µ(X), γ(X) < ∞.
On considère ∀ α ∈ Q+ la mesure signée
1
2
γ − αµ. Nous savons qu’il existe mesurable Eα telle que
(γ − αµ) + (A) = (γ − αµ)(A ∩ Eα )
(γ − αµ) − (A) = −(γ − αµ)(A ∩ Eαc )
On a ∀ α < β γ(Eβ /Eα ) = µ(Eβ /Eα ) = 0 : on a
(γ − βµ)(Eβ /Eα ) ≥ 0 et
(γ − αµ)(Eβ /Eα ) ≤ 0 ⇒
−(β − α)µ(Eβ /Eα ) > 0 ⇒ µ(Eβ /Eα ) = 0
⇒ γ(Eβ /Eα ) = 0
donc N = ∪β>α Eβ /Eα satisfait µ(N ) = γ(N ) = 0 et la fonction f (x) =
sup{α : x ∈ Eα } est une fonction mesurable.
On définit A = ∩β Eβ .
On a (puisque A ⊆ Eβ ) ∀ β
(γ − βµ)(A) = γ(A) − βµ(A) ≥ 0.
Comme γ(A) < ∞ on a forcément que µ(A) = 0. Donc si on écrit γ = γ1 +γ2
ou γ1 (E) = γ(E ∩ Ac ) et γ2 (E) = γ(E ∩ A) on a γ2 et µ sont mutuellement
singulaires car µ(A) = 0, γ2 (Ac ) = 0.
R
Il reste à démontrer que γ1 (E) = E f dµ.
n
d’habitude.
On définitRfn = [2 2fn(x)] comme
R
On a que E f dµ = limn E fn dµ par la convergence monotone.
Mais
R
P i
2n µ(Ei , n)
E fn dµ =
où Ei,n = {x ∈ E, fn (x) = 2in }
mais Ei,n ⊆ E ci+1
2n
⇒ (γ − i+1
2n µ)(Ei,n ) ≤ 0
⇒ γ(Ei,n ) ≤ (i+1)
2n µ(Ei,n )
et ∀ λ < 2in on a Ei,n ⊆ Eλ donc (γ − λµ)(Ei,n ) > 0
⇒ γ(Ei,n ) ≥ λµ(Ei,n ) et donc car λ est arbitraire γ(Ei,n ) ≥ 2in µ(Ei,n )
donc on a
R
R
R
1
1
E fn dµ ≤ γ(E) = γ(∪i Ei,n ) ≤ E fn + 2n dµ ≤ E fn dµ + 2n µ(X)
R
R
⇒ γ(E) = limn E fn dµ = E f dµ