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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO SUL
INSTITUTO DE MATEM
´
ATICA
PROGRAMA DE P
´
OS-GRADUAC¸
˜
AO EM MATEM
´
ATICA
A M
´
ETRICA DE SKOROHOD
Disserta¸c˜ao de Mestrado
Adriana Neumann de Oliveira
Porto Alegre, 05 de mar¸co de 2007.
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Disserta¸c˜ao submetida por Adriana Neumann de Oliveira
1
como requisito
parcial para a obten¸c˜ao do grau de Mestre em Matem´atica pelo Programa de
P´os-Gradua¸c˜ao em Matem´atica do Instituto de Matem´atica da Universidade
Federal do Rio Grande do Sul.
Professor Orientador:
Dr. Artur Oscar Lopes
Banca Examinadora:
Dr. Alexandre Baraviera (PPGMat-UFRGS)
Dr. Artur Oscar Lopes (PPGMat-UFRGS)
Dr. Jairo Bochi (PPGMat-UFRGS)
Dr. Cl´audio Landim (IMPA)
Data da Apresenta¸c˜ao: 05 de mar¸co de 2007.
1
Bolsista da Coordena¸c˜ao de Aperfei¸coamento de Pessoal de N´ıvel Superior - CAPES
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Resumo:
Considere (E, r) espa¸co m´etrico completo e o espa¸co D
E
[0, ∞) das fun¸c˜oes
x : [0, ∞) → E cont´ınuas `a direita e com limite `a esquerda. Neste trabalho
vamos apresentar a m´etrica, d, de Skorohod no espa¸co D
E
[0, ∞). Vamos
mostrar que (D
E
[0, ∞), d) ´e completo.
Abstract:
Consider (E, r) a complete metric space and the space D
E
[0, ∞) of right
continuous functions x : [0, ∞) → E with left limits. In this work we will
introduce the metric d of Skorohod on the space D
E
[0, ∞). We will show
that (D
E
[0, ∞), d) is complete.
`
A Alexandre Augusto Pereira Feij´o,
e aos meus av´os: Celda Sch¨afer Neumann
e Lindolpho Neumann (in memorian).
Agradecimentos
Primeiramente, gostaria de agradecer ao meu orientador Artur Lopes, que
acreditou em mim e me apoiou nesta etapa t˜ao importante da minha forma¸c˜ao:
sempre me dando desafios, que a princ´ıpio pareciam estar al´em da minha
competˆencia, mas que com muito trabalho podiam ser superados; sempre
respondendo minhas d´uvidas com muita paciˆencia e direcionando meu es-
tudo. Outro professor que merece minha gratid˜ao ´e o Alexandre Baraviera,
por todo o seu apoio e sua aten¸c˜ao a mim dedicados. Agrade¸co, tamb´em,
aos professores Jairo Bochi e Luis Gustavo Mendes pelo trabalho realizado.
Na UFRGS fiz uma grande amizade com Cinthya Schneider, a qual agrade¸co
por todo o companherismo e apoio. Outros colegas da UFRGS pelos os quais,
tamb´em, tenho uma gratid˜ao especial s˜ao: Guilherme Pumi, M´arcio Valk,
Edite Taufer, Antˆonio Jesus
´
Avila, Cleber Bisognin, Fl´avia Giordani, Jo˜ao
Francisco Prolo, Raquel Linhares, Taiane Prass, Paulo Sergio Costa Lino,
Joana Mohr, Patr´ıcia Cunha, Vilarbo J´unior, Lisandra Sauer e Lucineia Fa-
bris. Agrade¸co `as secret´arias Rosane Prates Reginatto dos Santos e Marta
Elias de Souza por todo apoio. Sou grata, tamb´em, aos colegas que encon-
trei na UFRGS, que, assim como eu, fizeram a gradua¸c˜ao na UFPel: C´ıcero
Nachtigall, Maur´ıcio Zahn, Elismar Oliveira e Isabel Bonow.
Agrade¸co `a minha orientadora de inicia¸c˜ao cient´ıfica Ludmila Bourchtein e
ao professor Andrei Bourchtein por terem me ajudado a dar os meus primei-
ros passos no estudo da Matem´atica e terem despertado em mim a paix˜ao
por esta ciˆencia. Tamb´em agrade¸co a eles e ao professor S´ergio Oliveira, o in-
centivo que me deram para eu continuar estudando. Na gradua¸c˜ao, tamb´em,
encontrei uma grande amiga Bianca Herreira Capilheira, que foi e ´e compa-
nheira para todas as horas.
E, por ´ultimo e n˜ao menos importante, agrade¸co a quem sempre me deu
base para enfrentar os obst´aculos:
minha dinda Wilma Ieda Blaas Corrˆea, pela a aten¸c˜ao dedicada a mim,
principalmente na minha estadia em Porto Alegre;
minha cunhada Marciele M¨uller Alves, que se revelou uma grande
amiga e companheira;
minha tia L´ucia Elena Neumann pelo exemplo de que atrav´es do estudo
e muito trabalho podemos obter bons resultados e por ela estar sempre
pronta a me ajudar;
minha afilhada Raquel Neumann Bortoluzzi por ser esta princesa que
ilumina a minha vida e me enche de alegria;
meus av´os Celda Sch¨afer Neumann e Lindolpho Neumann (in memo-
rian), que sempre, com muito amor, me ensinaram os valores impor-
tantes, dentre eles a importˆancia da educa¸c˜ao;
meus irm˜aos Andr´e Neumann de Oliveira e Maur´ıcio Neumann de Oli-
veira, que apesar de serem mais novos que eu sempre me protegeram;
meu grande amor Alexandre Augusto Perreira Feij´o, que nestes ´ultimos
8 anos tem me dado for¸cas nas batalhas que venho enfrentando, sendo
um companheiro insepar´avel e fiel, me ajudando a ser uma pessoa me-
lhor e mais feliz;
meus pais Vera L´ucia Neumann de Oliveira e Jo˜ao Gutknecht de Oli-
veira, que s˜ao pessoas muito boas e sempre me deram muito amor,
carinho e se esfor¸cam muito para me ajudar;
Deus, pela minha vida.
Sum´ario
Introdu¸c˜ao 2
1 A m´etrica de Skorohod 3
1.1 Considera¸c˜oes iniciais e defini¸c˜oes . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 A m´etrica de Skorohod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 (D
E
[0, ∞), d) ´e completo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Apˆendice 51
Referˆencias Bibliogr´aficas 66
1
Introdu¸c˜ao
Muitos processos estoc´asticos que surgem em aplica¸c˜oes tˆem a propriedade
de ter limite `a direita e `a esquerda em cada ponto do tempo para quase
toda amostra de caminho. Por conven¸c˜ao vamos assumir que os caminhos
s˜ao cont´ınuos `a direita, quando isto pode ser feito (normalmente pode) sem
alterar a distribui¸c˜ao finito dimensional. Vamos denotar por D
E
[0, ∞) o
espa¸co das fun¸c˜oes x : [0, ∞) → E cont´ınuas `a direita e com limite `a esquerda,
onde (E, r) ´e espa¸co m´etrico.
Muitos resultados de convergˆencia de medidas de probabilidade requerem que
espa¸cos m´etricos sejam separ´aveis e completos. Por isso, a importˆancia de
encontrarmos um m´etrica que tornasse D
E
[0, ∞) separ´avel e completo. Neste
trabalho vamos apresentar a m´etrica de Skorohod, d, que torna (D
E
[0, ∞), d)
um espa¸co m´etrico separ´avel e completo, se E ´e separ´avel e ( E, r) ´e completo,
respectivamente. Nossa apresenta¸c˜ao vai trabalhar com bastante detalhes a
prova de que (D
E
[0, ∞), d) ´e completo, a qual ´e descrita na se¸c˜ao 5 do cap´ıtulo
3 p´aginas 116 at´e 122 do livro [1]. Referimos o leitor, tamb´em, a [1] para
a prova deste espa¸co ser separ´avel. Cabe observar, que (D
E
[0, ∞), d) n˜ao ´e
compacto, e indicar em [1] a se¸c˜ao 6 do cap´ıtulo 3, onde os autores do livro
tratam de quest˜oes relacionadas a compacidade de certos subconjuntos de
(D
E
[0, ∞), d).
2
Cap´ıtulo 1
A m´etrica de Skorohod
1.1 Considera¸c˜oes iniciais e defini¸c˜oes
Seja (E, r) um espa¸co m´etrico e q denota a m´etrica r ∧ 1, onde ∧ significa
a ∧ b = min{a, b}, ∀ a, b. Tamb´em, vamos esclarecer que ∨ significa a ∨ b =
max{a, b}, ∀ a, b. D
E
[0, ∞) denota o espa¸co das fun¸c˜oes x : [0, ∞) → E
cont´ınuas `a direita e com limite `a esquerda. Denotaremos para cada t ≥ 0 o
limite de x `a direita de t por lim
s→t+
x(s) = x(t+), onde s → t+ significa que
s > t e s → t e o limite de x `a esquerda de t por lim
s→t−
x(s) = x(t−), onde
s → t− significa que s < t e s → t; por conven¸c˜ao lim
s→0−
x(s) = x(0−) = x(0).
Assim, com esta nota¸c˜ao podemos escrever
D
E
[0, ∞) = {x : [0, ∞) → E; ∃x(t−), x(t+) = x(t)}
N´os come¸camos observando que as fun¸c˜oes em D
E
[0, ∞) s˜ao mais bem com-
portadas do que podemos suspeitar inicialmente.
Lema 1.1 Se x ∈ D
E
[0, ∞), ent˜ao x tem pontos de descontinuidade enu-
mer´aveis.
Demonstra¸c˜ao
Seja x ∈ D
E
[0, ∞). Como x : [0, ∞) → E ´e cont´ınua `a direita e tem limite `a
3
esquerda, as descontinuidades de x s˜ao de 1
a
esp´ecie (salto) [2]. Definimos
A
n
= {t > 0; r(x(t), x(t−)) ≥ 1/n}, ∀n = 1, 2, ...,
ou seja, A
n
´e o conjunto dos pontos de descontinuidades de x com salto maior
que 1/n na m´etrica r.
Afirmamos que A
n
n˜ao tem ponto de acumula¸c˜ao, ∀n = 1, 2, ... .
De fato, dado n ∈ {1, 2, ...}, vamos fix´a-lo temporariamente. Seja t ∈ A
n
.
Como existe o limite de x `a esquerda de t, temos que existe δ
1
> 0 tal que se
s ∈ (t − δ
1
, t) ent˜ao r(x(s), x(t−)) < 1/2n e r(x(s−), x(t−)) < 1/2n. Logo,
r(x(s), x(s−)) ≤ r(x(s), x(t−)) + r(x(t−), x(s−)) < 1/2n + 1/2n = 1/n.
Desta forma, (t − δ
1
, t) ∩ A
n
= ∅.
t
t
+
d
2
t
d
1
s
x(t)
x(s)=x(t-)
x(s-)
>1n
Analogamente, p elo fato de x ser cont´ınua `a direita existe δ
2
> 0 tal que
(t, t + δ
2
) ∩ A
n
= ∅. Assim, encontramos uma vizinhan¸ca de t, (t − δ
1
, t) ∪
(t, t + δ
2
), que n˜ao est´a em A
n
. Logo, t ´e ponto isolado em A
n
.
Vamos fixar que a nota¸c˜ao “q.t.p. t ≥ 0” significa que em quase todo ponto
t ≥ 0 vale uma determinada propriedade, ou melhor, ∃A ⊂ [0, ∞) tal que
m([0, ∞)\A) = 0 e a propriedade vale em todo ponto de A .
4
Definimos
Λ
= {λ : [0, ∞) → [0, ∞); λ ´e sobrejetora e estritamente crescente}.
Observe que se λ ∈ Λ
, ent˜ao λ(0) = 0, lim
t→∞
λ(t) = ∞ e λ ´e bije¸c˜ao cont´ınua.
Definimos, para as fun¸c˜oes λ ∈ Λ
que s˜ao Lipschitz,
γ(λ) = sup ess
t≥0
| log λ
(t)|. (1.1)
De [6] p´agina 76, temos que o supremo essencial de log λ
´e definido por
sup ess
t≥0
| log λ
(t)| = inf{M > 0; |log λ
(t)| ≤ M em q.t.p. t ≥ 0}
e, tamb´em, pode ser denotado por [log λ
]
∞
(que ´e a norma em L
∞
). No
texto que segue vamos precisar das seguintes defini¸c˜oes:
Defini¸c˜ao 1.1: (Fun¸c˜ao de varia¸c˜ao limitada)
Seja f : [a, b] → R. Dada uma parti¸c˜ao P = {a = x
0
< x
1
< ... < x
k
= b}
de [a, b]. Seja
t
P
=
k
i=1
|f(x
i
) − f(x
i−1
)|.
Dizemos que f ´e de varia¸c˜ao limitada se sup
P
t
P
< ∞.
Defini¸c˜ao 1.2: (Fun¸c˜ao absolutamente cont´ınua)
Uma fun¸c˜ao f : [a, b] → R ´e dita absolutamente cont´ınua se ∀ > 0, ∃δ > 0
tal que
n
i=1
(b
i
− a
i
) ≤ δ ⇒
n
i=1
|f(b
i
) − f(a
i
)| ≤ ε,
sempre que a
1
< b
1
< a
2
< b
2
< ... < a
n
< b
n
, n ∈ N.
Note que γ(λ) est´a bem definido, pois como λ ´e lipschitziana, por [6] p´agina
161 λ ´e absolutamente cont´ınua, ent˜ao do Teorema Fundamental do C´alculo
[6] p´agina 166, temos que existe λ
em q.t.p. t ≥ 0.
5
Agora, definimos
Λ = {λ ∈ Λ
; λ ´e lipschitziana e γ(λ) < ∞}.
Lema 1.2 Dada λ ∈ Λ
γ(λ) = sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
Este lema ser´a demonstrado no apˆendice.
Defini¸c˜ao 1.3: (M´etrica de Skorohod)
Para x, y ∈ D
E
[0, ∞), definimos
d(x, y) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ, u)du
, (1.2)
onde
d(x, y, λ, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), y(λ(t) ∧ u)). (1.3)
Observa¸c˜ao 1.1: Para termos uma id´eia de como se comporta esta m´etrica
apresentamos a seguir a proposi¸c˜ao 1.5 que ser´a demonstrada na se¸c˜ao 1.4:
Dados {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) e x ∈ D
E
[0, ∞). Ent˜ao s˜ao equivalentes:
(a) lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0.
(b) Existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t))) = 0,
∀T > 0.
Observa¸c˜ao 1.2: Antes de provarmos que (D
E
[0, ∞), d) ´e espa¸co m´etrico,
o qual ´e chamado de espa¸co m´etrico de Skorohod, vamos analisar alguns
exemplos com E = {0, 1, ..., N − 1} e a m´etrica r tal que r(x(t), y(t)) = 1,
6
se x(t) = y(t) e r(x(t), y(t)) = 0, caso contr´ario, onde x, y ∈ D
E
[0, ∞) e
t ≥ 0 (esta m´etrica ´e conhecida como a m´etrica 0-1 ou m´etrica discreta).
Neste caso, dados x, y ∈ D
E
[0, ∞) e λ ∈ Λ, da defini¸c˜ao de q, temos que
q(x(t ∧ u), y(λ(t) ∧ u)) s´o assume os valores 0 ou 1, ∀t ≥ 0, ent˜ao d(x, y, λ, u)
s´o assume os valores 0 ou 1.
1.2 Exemplos
Nos exemplos desta se¸c˜ao assumimos que ( D
E
[0, ∞), d) ´e espa¸co m´etrico
e consideramos E = {0, 1} e r a m´etrica 0-1, ent˜ao o leitor ir´a observar
que estes exemplos satisfazem a hip´otese da observa¸c˜ao 1.2, ou seja, dados
x, y ∈ D
E
[0, ∞) e λ ∈ Λ, temos que d(x, y, λ, u) s´o assume os valores 0 ou 1.
Exemplo 1.1: Dado T > 0, sejam x, x
n
: [0, ∞) → {0, 1} tais que
x(t) =
0, se t < T
1, se t ≥ T
,
x
n
(t) =
0, se t < T + 1/n
1, se t ≥ T + 1/n
, onde n ∈ {1, 2, ...}.
1
0
x
T
1
0
x
n
T
T+1/n
7
Fixamos n ∈ {1, 2, ...}. Vamos estimar d(x, x
n
), que por defini¸c˜ao ´e
d(x, x
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ, u)du
.
Consideramos
λ
n
(t) =
1 +
1
T n
t , se 0 ≤ t < T
1 −
1
2n
t +
T +2
2n
, se T ≤ t < T + 2
t , se t ≥ T + 2
T
T+2
T+1/n
l
n
0
T+2
Vamos analisar o que acontece com d(x, x
n
, λ
n
, u) quando u varia e n est´a
fixo.
• Se 0 ≤ u < T , ent˜ao λ
n
(t) ∧ u ≤ u < T e t ∧ u ≤ u < T , ∀t ≥ 0. Pela
defini¸c˜ao de x e x
n
, temos que x(t ∧ u) = 0 e x
n
(λ
n
(t) ∧ u) = 0, ∀t ≥ 0.
Logo, q(x(t ∧ u), x
n
(λ
n
(t) ∧ u)) = 0, ∀t ≥ 0, de onde segue, que
d(x, x
n
, λ
n
, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ
n
(t) ∧ u)) = 0
• Se T ≤ u < T + 1/n, como λ
n
T + 2 +
1
n
= T + 2 +
1
n
> T +
1
n
> u,
temos que λ
n
T + 2 +
1
n
∧u = u < T +1/n e
T + 2 +
1
n
∧u = u ≥ T .
Assim, x
T + 2 +
1
n
∧ u
= 1 e x
n
λ
n
T + 2 +
1
n
∧ u
= 0. Logo,
1 = q (x ((T + 2 + 1/n) ∧ u), x
n
(λ
n
(T + 2 + 1 /n) ∧ u))
8
≤ sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ
n
(t) ∧ u)) = d(x, x
n
, λ, u) ≤ 1,
de onde segue, que d(x, x
n
, λ
n
, u) = 1.
• Se u ≥ T + 1/n, dado t ≥ 0.
0 ≤ t < T ⇒
t ∧ u = t < T ⇒ x(t ∧ u) = 0
e
λ
n
(t) ∧ u = λ
n
(t) < T +
1
n
⇒ x
n
(λ
n
(t) ∧ u) = 0
⇒ q(x(t ∧ u), x
n
(λ
n
(t) ∧ u)) = 0, ∀t ∈ [0, T ).
t ≥ T ⇒
t ∧ u ≥ T ⇒ x(t ∧ u) = 1
e
λ
n
(t) ∧ u ≥ T +
1
n
⇒ x
n
(λ
n
(t) ∧ u) = 1
⇒ q(x(t ∧ u), x
n
(λ
n
(t) ∧ u)) = 0, ∀t ∈ [T, ∞).
Logo,
d(x, x
n
, λ
n
, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ
n
(t) ∧ u)) = 0
Desta forma, para cada n ∈ {1, 2, ...}, temos
d(x, x
n
, λ
n
, u) =
0, se 0 ≤ u < T
1, se T ≤ u < T +
1
n
0, se u ≥ T +
1
n
,
ent˜ao
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ
n
, u)du =
T +
1
n
T
e
−u
du = e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
, ∀ n ∈ {1, 2, ...}.
Assim,
d(x, x
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ, u)du
≤ γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ
n
, u)du
= γ(λ
n
) ∨
e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
.
9
Como
γ(λ
n
) = sup ess
t≥0
| log λ
n
(t)| = log
1 +
1
T n
,
temos que
d(x, x
n
) ≤
log
1 +
1
T n
∨
e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
, ∀ n ∈ {1, 2, ...}.
Pela Regra de L’Hˆopital, temos
lim
n→∞
log
1 +
1
T n
e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
= lim
n→∞
1
T +1/n
e
−
(
T +
1
n
)
=
e
T
T
> 1,
ent˜ao existe n
0
∈ {1, 2, ...} tal que ∀n ≥ n
0
vale
log
1 +
1
T n
e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
> 1 ⇒ log
1 +
1
T n
≥ e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
.
Assim,
d(x, x
n
) ≤
log
1 +
1
T n
∨
e
−T
− e
−
(
T +
1
n
)
= log
1 +
1
T n
, ∀n ≥ n
0
.
Portanto, lim
n→∞
d(x, x
n
) = 0. Se tiv´essemos considerado a m´etrica do supremo,
que ´e dada por d
s
(x, y) = sup
t≥0
r(x(t), y(t)), ∀x, y ∈ D
E
[0, ∞), neste caso ter´ıa-
mos que d
s
(x, x
n
) = 1, ∀n ∈ {1, 2, ...}.
Exemplo 1.2: Analogamente ao exemplo 1.1 a sequˆencia de fun¸c˜oes defini-
das por
x
n
(t) =
0, se t < T − 1/n
1, se t ≥ T − 1/n
,
onde n ∈ {1, 2, ...}, tamb´em, converge para
x(t) =
0, se t < T
1, se t ≥ T
,
na m´etrica d. Para provar isso, basta considerar
λ
n
(t) =
1 −
1
T n
t , se 0 ≤ t < T
1 +
1
n
t −
T +1
n
, se T ≤ t < T + 1
t , se t ≥ T + 1
10
e, por racioc´ınios an´alogos aos do exemplo 1.1, obteremos
d(x, x
n
,
λ
n
, u) =
0, se 0 ≤ u < T −
1
n
1, se T −
1
n
≤ u < T
0, se u ≥ T +
1
n
.
Assim,
d(x, x
n
) ≤
log
1 +
1
n
∨
e
−
(
T −
1
n
)
− e
−T
,
o que nos dar´a que lim
n→∞
d(x, x
n
) = 0.
Exemplo 1.3: Dado T > 0, tome S > 0 tal que S > T + 1. Sejam
x, x
n
: [0, ∞) → {0, 1} tais que
x(t) =
1, se T ≤ t < S
0, se 0 ≤ t < T ou S ≤ t
,
x
n
(t) =
1, se T + 1/n ≤ t < S
0, se 0 ≤ t < T + 1/n ou S ≤ t
,
onde n ∈ {1, 2, ...}.
1
0
x
T
S
1
0
x
n
T
T+1/n
S
11
Fixamos n ∈ {1, 2, ...}. Vamos estimar d(x, x
n
). Consideramos
λ
n
(t) =
1 +
1
T n
t , se 0 ≤ t < T
1 −
1
n(S−T )
t +
S
n(S−T )
, se T ≤ t < S
t , se t ≥ S
Analogamente ao que fizemos no exemplo 1.1, analisamos o que acontece com
d(x, x
n
, λ
n
, u) quando u varia e n est´a fixo e obtemos que
d(x, x
n
, λ
n
, u) =
0, se 0 ≤ u < T
1, se T ≤ u < T +
1
n
0, se u ≥ T +
1
n
,
Assim, d(x, x
n
) tem a mesma limita¸c˜ao que no exemplo 1.1, ent˜ao
lim
n→∞
d(x, x
n
) = 0.
Exemplo 1.4: Dado T ≥ 0, sejam x
n
, x : [0, ∞) → {0, 1} tais que
x
n
(t) =
1, se T ≤ t < T + 1/n
0, se 0 ≤ t < T ou T + 1/n ≤ t
,
onde n ∈ {1, 2, ...} e x(t) ≡ 0.
1
0
T T+1/n
x
n
Queremos calcular d(x, x
n
), que por defini¸c˜ao ´e
d(x, x
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ, u)du
. (1.4)
12
Dada λ ∈ Λ, vamos fix´a-la temporariamente para analisar o que acontece
com d(x, x
n
, λ, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) quando u varia e n est´a
fixo.
• Se 0 ≤ u < T , ent˜ao λ(t) ∧ u ≤ u < T , ∀t ≥ 0. Pela defini¸c˜ao de
x e de x
n
temos que x(t ∧ u) = 0 e x
n
(λ(t) ∧ u) = 0, ∀t ≥ 0. Logo,
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) = 0, ∀t ≥ 0, de onde segue que
d(x, x
n
, λ, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) = 0
• Se u ≥ T , como λ ´e sobrejetora, temos que existe t
0
≥ 0 tal que
λ(t
0
) = T . Ent˜ao λ(t
0
) ∧ u = T ∧ u = T . Assim, x(t
0
∧ u) = 0 e
x
n
(λ(t
0
) ∧ u) = 1. Logo,
1 = q(x(t
0
∧ u), x
n
(λ(t
0
) ∧ u)) ≤
sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) = d(x, x
n
, λ, u) ≤ 1,
de onde segue, que d(x, x
n
, λ, u) = 1.
Desta forma,
d(x, x
n
, λ, u) =
0, se u < T
1, se u ≥ T
.
E, assim, lembrando que λ e n s˜ao quaisquer, temos que
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ, u)du =
∞
T
e
−u
du = e
−T
, ∀λ ∈ Λ, ∀n ∈ {1, 2, ...}. (1.5)
De (1.4) e (1.5), obtemos que
d(x, x
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
=
1
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
=
2
0 ∨ e
−T
= e
−T
,
1
Afirma¸c˜ao A.3 - veja no apˆendice.
2
0 ≤ inf
λ∈Λ
γ(λ) ≤ γ(Id) = sup
s>t≥0
log
Id(s) − Id (t)
s − t
= sup
s>t≥0
log
s − t
s − t
= 0 ⇒
inf
λ∈Λ
γ(λ) = 0.
13
∀n ∈ {1, 2, ...}. Portanto, lim
n→∞
d(x, x
n
) = e
−T
= 0. Apesar da sequˆencia
de fun¸c˜oes x
n
convergir em q.t.p. t ≥ 0 para a fun¸c˜ao x(t) ≡ 0. Como x
n
converge pontualmente para a fun¸c˜ao
x(t) =
1, se t = T
0, se t = T
,
apesar de x /∈ D
E
[0, ∞), surge a curiosidade sobre o que acontece com
lim
n→∞
d(x, x
x
). Para analisarmos isso, tomamos n ∈ {1, 2, ...} e λ ∈ Λ quais-
quer e os fixamos, para verificar o que acontece com d(x, x
n
, λ, u), quando u
varia.
• Se 0 ≤ u ≤ T , ent˜ao λ(t) ∧ u ≤ u ≤ T , ∀t ≥ 0. Pela defini¸c˜ao
de x e de x
n
, temos que x(t ∧ u) = x
n
(λ(t) ∧ u), ∀t ≥ 0. Logo,
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) = 0, ∀t ≥ 0, de onde segue que
d(x, x
n
, λ, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) = 0
• Se u > T , como λ ´e sobrejetora e estritamente crescente, temos que
existe t
0
≥ 0 tal que λ(t
0
) ∈ (T, T +
1
n
) e t
0
= T , ent˜ao t
0
∧ u = T e
λ(t
0
) ∧ u ∈ (T, T +
1
n
). Assim, x(t
0
∧ u) = 0 e x
n
(λ(t
0
) ∧ u) = 1. Logo,
1 = q(x(t
0
∧ u), x
n
(λ(t
0
) ∧ u)) ≤
sup
t≥0
q(x(t ∧ u), x
n
(λ(t) ∧ u)) = d(x, x
n
, λ, u) ≤ 1,
de onde segue, que d(x, x
n
, λ, u) = 1.
Desta forma,
d(x, x
n
, λ, u) =
0, se 0 ≤ u ≤ T
1, se u > T
.
E, assim, lembrando que λ e n s˜ao quaisquer, temos que
∞
0
e
−u
d(x, x
n
, λ, u)du =
∞
T
e
−u
du = e
−T
, ∀λ ∈ Λ, ∀n ∈ {1, 2, ...},
14
ent˜ao
d(x, x
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
=
3
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
= 0 ∨ e
−T
= e
−T
,
∀n ∈ {1, 2, ...}. Portanto, lim
n→∞
d(x, x
n
) = e
−T
= 0.
Na se¸c˜ao 1.4 vamos mostrar que a sequˆencia {x
n
} n˜ao ´e sequˆencia de Cauchy.
Exemplo 1.5: Seja r > 0, vamos definir σ
r
: D
E
[0, ∞) → D
E
[0, ∞) tal que
para x ∈ D
E
(0, ∞), temos que
σ
r
(x) = y ∈ D
E
[0, ∞), onde y(t) = x(t + r),
mostraremos que esta fun¸c˜ao ´e cont´ınua. Sejam x ∈ D
E
[0, ∞) e a sequˆencia
{x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) tais que lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0. Queremos mostrar que
lim
n→∞
d(σ
r
(x
n
), σ
r
(x)) = 0, para isso vamos utilizar a proposi¸c˜ao 1.5 men-
cionada na observa¸c˜ao 1.1. De fato, como lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0, temos que existe
{λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t))) = 0,
∀T > 0. Definimos, para cada n ∈ N, a fun¸c˜ao
λ
n
(t) =
λ
n
(r)
r
· t, se 0 ≤ t < r
λ
n
(t) , se t ≥ r
.
Observamos que, para cada n ∈ N,
γ(
λ
n
) = γ(λ
n
) ∨
log
λ
n
(r)
r
.
Assim, pelo fato de lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, da observa¸c˜ao 1.4 (veja se¸c˜ao 1.3),
tamb´em, temos que lim
n→∞
λ
n
(r) = r. Logo, lim
n→∞
γ(
λ
n
) = 0. Dado T > 0,
analisamos
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r
σ
r
(x
n
(t)) , σ
r
x
λ
n
(t)
3
Afirma¸c˜ao A.3 - veja no apˆendice.
15
=
4
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r
x
n
(t + r), x
λ
n
(t + r)
=
5
lim
n→∞
sup
r≤s≤T +r
r
x
n
(s), x
λ
n
(s)
=
6
lim
n→∞
sup
r≤s≤T +r
r (x
n
(s), x (λ
n
(s))) ≤ lim
n→∞
sup
0≤s≤T +r
r (x
n
(s), x (λ
n
(s))) = 0
e obtemos que
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r
σ
r
(x
n
(t)) , σ
r
x
λ
n
(t)
= 0.
Logo, utilizando novamente a proposi¸c˜ao 1.5, temos que lim
n→∞
d(σ
r
(x
n
), σ
r
(x)) =
0. Portanto σ
r
´e cont´ınua.
Exemplo 1.6: Seja X uma cadeia de Markov com tempo cont´ınuo e estados
discretos em {1, 2}. Vamos analisar que a fun¸c˜ao caracter´ıstica de X
0
= 2,
I
X
0
=2
: D
E
[0, ∞) → {0, 1}, ´e cont´ınua. De fato, sejam ω ∈ D
E
[0, ∞) e a
sequˆencia {ω
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) tais que lim
n→∞
d(ω
n
, ω) = 0. Queremos mostrar
que lim
n→∞
I
X
0
=2
(ω
n
) = I
X
0
=2
(ω). Como lim
n→∞
d(ω
n
, ω) = 0, da proposi¸c˜ao 1.5,
temos que existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(ω
n
(t), ω(λ
n
(t))) = 0, ∀T > 0.
E, como
r(ω
n
(0), ω(0)) = r(ω
n
(0), ω(λ
n
(0))) ≤ sup
0≤t≤T
r(ω
n
(t), ω(λ
n
(t))), ∀T > 0,
temos que lim
n→∞
r(ω
n
(0), ω(0)) = 0. Recordamos que a m´etrica r que estamos
considerando nestes exemplos ´e a m´etrica 0 − 1, ent˜ao existe n
0
∈ N tal que
r(ω
n
(0), ω(0)) = 0, ∀n ≥ n
0
, ou melhor, ω
n
(0) = ω(0), ∀n ≥ n
0
. Assim,
I
X
0
=2
(ω
n
) = I
X
0
=2
(ω), ∀n ≥ n
0
, o que implica
lim
n→∞
I
X
0
=2
(ω
n
) = I
X
0
=2
(ω).
Portanto, I
X
0
=2
´e cont´ınua.
4
Usamos a defini¸c˜ao de σ
r
e lembramos que x ◦
λ
n
∈ D
E
[0, ∞).
5
Mudan¸ca de vari´avel s = t + r.
6
Lembramos que
λ
n
(t) = λ
n
(t), ∀t ≥ r.
16
1.3 A m´etrica de Skorohod
Agora vamos provar que d, cuja defini¸c˜ao ´e dada por (1.2), ´e m´etrica. Para
isso, demostraremos os seguintes lemas e proposi¸c˜oes:
Lema 1.3 Dadas {x
n
}
n
, {y
n
}
n
⊂ D
E
[0, ∞).
lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = 0 ⇔
∃{λ
n
}⊂Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε})=0,
∀ε > 0 e ∀u
0
> 0,
onde m ´e a medida de Lebesgue.
Demonstra¸c˜ao
(⇐) Supomos que ∃{λ
n
}⊂Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε})=0, ∀ε > 0 e ∀u
0
> 0.
Queremos provar que lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = 0, onde
d(x
n
, y
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ, u)du
.
Dado ε > 0, tomamos u
0
> 0 tal que
∞
u
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du ≤
∞
u
0
e
−u
du = e
−u
0
<
ε
2
. (1.6)
Definimos
A
n
= {u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε/4}, ∀n ∈ N.
Da hip´otese existe n
1
= n
1
(ε, u
0
) ∈ N tal que
m
(
A
n
) =
m
(
{
u
∈
[0
, u
0
];
d
(
x
n
, y
n
, λ
n
, u
)
≥
ε/
4
}
)
< ε/
4
,
∀
n
≥
n
1
.
Desta forma, obtemos
u
0
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
17
=
u
0
0
e
−u
χ
A
n
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du +
u
0
0
e
−u
χ
A
c
n
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
≤
u
0
0
χ
A
n
du +
ε
4
u
0
0
e
−u
du = m(A
n
) +
ε
4
1 − e
−u
0
<
ε
4
+
ε
4
=
ε
2
, (1.7)
onde χ
A
n
´e a fun¸c˜ao caracter´ıstica de A
n
, ∀n ≥ n
1
. De (1.6) e (1.7) podemos
avaliar que
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
=
u
0
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du+
∞
u
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du < ε.
Tamb´em, das hip´oteses, temos que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, ent˜ao existe
n
2
= n
2
(ε
1
) ∈ N tal que γ(λ
n
) < ε, ∀n ≥ n
2
.
Tomamos n
0
= max{n
1
, n
2
} e obtemos que
γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du < ε, ∀n ≥ n
0
.
Logo,
d(x
n
, y
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ, u) du
≤ γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du < ε, ∀n ≥ n
0
.
Portanto, lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = 0.
(⇒) Supomos que lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = 0. Devemos mostrar que existe {λ
n
}⊂ Λ
tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε})=0, ∀ε > 0
e ∀u
0
> 0. Seja n ∈ N. Como
d(x
n
, y
n
) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ, u) du
< d(x
n
, y
n
) +
1
n
,
temos que existe λ
n
∈ Λ tal que
γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
< d(x
n
, y
n
) +
1
n
. (1.8)
Observamos que
0 ≤ γ(λ
n
) ≤
γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
< d(x
n
, y
n
) +
1
n
,
18
ent˜ao lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0. Assim, s´o est´a faltando provar que
lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε})=0, ∀ε > 0 e ∀u
0
> 0.
Vamos fazer a prova deste fato por contradi¸c˜ao. Supomos que existem u
0
> 0
e ε
0
> 0 tais que
lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε
0
}) > 0,
ent˜ao existem α > 0 e n
1
∈ N tais que
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε
0
}) ≥ α > 0, ∀n ≥ n
1
.
Vamos denotar
B
n
= {u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε
0
}, ∀n ≥ n
1
⇒ m(B
n
) ≥ α > 0, ∀n ≥ n
1
.
Notamos que
0 ≤
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
≤ γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du <
7
d(x
n
, y
n
) +
1
n
,
ent˜ao da hip´otese temos que
lim
n→∞
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du = 0.
Assim, existe n
2
∈ N tal que
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du < ε
0
e
−u
0
α, ∀n ≥ n
2
.
7
De (1.8).
19
Tomamos n
0
= max{n
1
, n
2
}. Ent˜ao ∀n ≥ n
0
vale
ε
0
e
−u
0
α >
∞
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
=
u
0
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du +
∞
u
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
≥
u
0
0
e
−u
d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
≥
u
0
0
e
−u
χ
B
n
(u)d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) du
≥ ε
0
u
0
0
e
−u
χ
B
n
(u)du
≥ ε
0
e
−u
0
u
0
0
χ
B
n
(u)du
= ε
0
e
−u
0
m(B
n
)
≥ ε
0
e
−u
0
α.
Chegamos a um absurdo, o que nos leva concluir que nossa suposi¸c˜ao era
falsa. E, portanto, lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, y
n
, λ
n
, u) ≥ ε}) = 0, ∀ε > 0 e
∀u
0
> 0, o que completa a nossa demonstra¸c˜ao.
Lema 1.4 Seja {λ
n
}⊂Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, ent˜ao
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t) − t| = 0, ∀T > 0.
Demonstra¸c˜ao
Sejam T > 0 e n ∈ N, fixamos n temporariamente. Como λ
n
´e Lipschitz em
[0, ∞), podemos supor que c
n
seja constante de Lipschitz de λ
n
em [0, ∞).
Ent˜ao existe constante c
n
+ 1 tal que ∀t, s ∈ [0, ∞), temos
|(λ
n
− Id)(t) − (λ
n
− Id)(s)| = |λ
n
(t) − t − λ
n
(s) + s|
≤ |λ
n
(t) − λ
n
(s)| + |t − s|
≤ c
n
|t − s| + |t − s|
= (c
n
+ 1)|t − s|,
20
ou seja, λ
n
− Id ´e Lipschitz em [0, ∞). Por [6] p´agina 161, temos que λ
n
− Id
´e absolutamente cont´ınua em [0, T ]. Seja t ∈ [0, T ], vamos fix´a-lo tempora-
riamente. De [6] p´agina 166, temos que
λ
n
(t) − t = (λ
n
(t) − t) − (λ
n
(0) − 0) =
t
0
(λ
n
(s) − s)
ds =
t
0
(λ
n
(s) − 1)ds.
(1.9)
Assim, de (1.9) e de [7] p´agina 43, temos que
|λ
n
(t) − t| =
t
0
(λ
n
(s) − 1)ds
≤
t
0
|λ
n
(s) − 1| ds.
De [8] teorema 20.14 p´agina 347, temos que
|λ
n
(s) − 1| ≤ sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|, em q.t.p. s ∈ [0, T ]
e por [5] p´agina 83, obtemos
t
0
|λ
n
(s) − 1| ds ≤
t
0
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1| ds = t.
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|
.
Logo,
|λ
n
(t) − t| ≤ t.
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|
. (1.10)
Fazemos variar t ∈ [0, T ] e observamos que (1.10) vale para todo t ∈ [0, T ],
ent˜ao tomamos o supremo sobre t ∈ [0, T ] e obtemos
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t)−t| ≤ sup
0≤t≤T
t.
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|
= T.
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|
.
(1.11)
Agora, variamos n e notamos que (1.11) vale ∀n ∈ N.
Afirmamos que
lim
n→∞
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|
= 0.
De fato, dado ε > 0, tomamos ε
0
> 0 tal que (e
ε
0
− 1) ∨ (1 − e
−ε
0
) < ε.
Como γ(λ
n
) = sup ess
t≥0
|logλ
n
(t)| −→
n→∞
0, temos que ∃n
0
≥ 0 tal que
sup ess
t≥0
| logλ
n
(t)| < ε
0
, ∀n ≥ n
0
⇒ |logλ
n
(t)| < ε
0
em q.t.p. t ≥ 0 e ∀n ≥ n
0
⇒ −ε
0
< logλ
n
(t) < ε
0
em q.t.p. t ≥ 0 e ∀n ≥ n
0
⇒ e
−ε
0
< λ
n
(t) < e
ε
0
em q.t.p. t ≥ 0 e ∀n ≥ n
0
21
⇒ |λ
n
(t) − 1| =
λ
n
(t) − 1 < e
ε
0
− 1 < ε
1 − λ
n
(t) < 1 − e
−ε
0
< ε
em q.t.p. t ≥ 0 e ∀n ≥ n
0
.
Assim,
sup ess
t≥0
|λ
n
(t) − 1| < ε, ∀n ≥ n
0
E, como,
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1| ≤ sup ess
t≥0
|λ
n
(t) − 1|,
temos que
lim
n→∞
sup ess
0≤s≤T
|λ
n
(s) − 1|
= 0.
Portanto, desta afirma¸c˜ao e de (1.11), temos que
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t) − t| = 0.
Observa¸c˜ao 1.3: Do lema 1.4 temos que se lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, ent˜ao λ
n
converge uniformemente `a identidade em intervalos limitados. J´a que, dado
[a, b] ⊂ [0, ∞). Seja t ∈ [a, b], temos que
|λ
n
(t) − t| ≤ sup
a≤t≤b
|λ
n
(t) − t| ≤ sup
0≤t≤b
|λ
n
(t) − t|, ∀n ≥ n
0
.
Dado ε > 0, do lema 1.4, temos que existe n
0
= n
0
(ε, b) ∈ N tal que
sup
0≤t≤b
|λ
n
(t) − t| < ε, ∀n ≥ n
0
. Assim, ∀t ∈ [a, b] vale
|λ
n
(t) − t| ≤ sup
0≤t≤b
|λ
n
(t) − t| < ε, ∀n ≥ n
0
.
Note que n
0
n˜ao depende de t, ent˜ao temos convergˆencia uniforme de λ
n
`a
fun¸c˜ao identidade no intervalo [ a, b ].
Observa¸c˜ao 1.4: Se lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, ent˜ao λ
n
converge pontualmente `a
identidade. De fato, dado t ≥ 0, tomamos [a, b] ⊂ [0, ∞) tal que t ∈ [a, b].
Da observa¸c˜ao 1.3, temos que λ
n
converge uniformemente `a identidade em
[a, b], ent˜ao lim
n→∞
λ
n
(t) = t.
22
Lema 1.5 Dados x, y ∈ D
E
[0, ∞).
d(x, y, λ, u) = d(y, x, λ
−1
, u), ∀λ ∈ Λ e ∀u ≥ 0.
Demonstra¸c˜ao
Dados x, y ∈ D
E
[0, ∞), λ ∈ Λ e u ≥ 0, vamos fix´a-los temporariamente.
Primeiro observamos que existe λ
−1
, pois λ ´e sobrejetora e estritamente cres-
cente. Seja t ≥ 0, denotamos λ(t) = s ≥ 0, ent˜ao t = λ
−1
(s) ≥ 0. Assim,
d(x, y, λ, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), y(λ(t) ∧ u))
= sup
λ
−1
(s)≥0
q(x(λ
−1
(s) ∧ u), y(λ(λ
−1
(s)) ∧ u))
=
8
sup
s≥0
q(x(λ
−1
(s) ∧ u), y(s ∧ u)) =
9
sup
t≥0
q(x(λ
−1
(t) ∧ u), y(t ∧ u)).
=
10
sup
t≥0
q(y(t ∧ u), x(λ
−1
(t) ∧ u)) = d(y, x, λ
−1
, u).
Lema 1.6 Se λ ∈ Λ, ent˜ao γ(λ) = γ(λ
−1
) e λ
−1
∈ Λ.
Demonstra¸c˜ao
• λ
−1
´e estritamente crescente, pois caso contr´ario existiriam t < s tais
que λ
−1
(t) ≥ λ
−1
(s), ent˜ao pelo fato de λ ser estritamente crescente e
bijetora, temos que t = λ(λ
−1
(t)) ≥ λ(λ
−1
(s)) = s, o que ´e absurdo.
• λ
−1
´e sobrejetora, pois λ
−1
([0, ∞)) = λ
−1
(λ([0, ∞))) = [0 , ∞), j´a que
[0, ∞) = λ([0, ∞)) e λ ´e bijetora.
• λ
−1
´e lipschitziana, pois das observa¸c˜oes acima, temos que λ
−1
∈ Λ
.
Como λ
−1
est´a bem definida e ´e cont´ınua e, al´em disso, existe λ
(t) > 0
em q.t.p. t ≥ 0, de [2] p´agina 206, temos que
| log λ
(t)| = | − log λ
(t)| =
log
1
λ
(t)
=
log(λ
−1
)
(λ(t))
, (1.12)
8
Como λ est´a fixo o supremo pode ser tomado em s ≥ 0 e λ ´e bijetora.
9
Somente mudan¸ca de nota¸c˜ao, i.e., s = t.
10
q(A, B) = q(B, A), ∀A, B ∈ E, pois q = r ∧ 1 e r ´e m´etrica.
23
em q.t.p. t ≥ 0. Assim,
log(λ
−1
)
(t) ≤
log(λ
−1
)
(t)
=
11
log(λ
−1
)
(λ(s))
=
12
| log λ
(s)| ≤ γ(λ),
em q.t.p. t ≥ 0, ent˜ao
(λ
−1
)
(t) ≤ e
γ(λ)
= constante, em q.t.p. t ≥ 0. (1.13)
Dados t, s ∈ [0, ∞), supomos que t < s. De acordo com a defini¸c˜ao de
fun¸c˜ao de varia¸c˜ao limitada, temos que λ
−1
´e de varia¸c˜ao limitada em
[t, s]
13
. De [5] p´aginas 83 e 106 e de (1.13), temos que
|λ
−1
(s) − λ
−1
(t)| = λ
−1
(s) − λ
−1
(t) =
s
t
(λ
−1
)
(τ)dτ
≤ e
γ(λ)
s
t
dτ = e
γ(λ)
|s − t|.
Logo, λ
−1
´e lipschitziana.
• γ(λ
−1
) = γ(λ), pois
γ(λ
−1
) = sup ess
t≥0
log
λ
−1
(t)
=
14
sup ess
t≥0
| log λ
(s)| = γ(λ).
• γ(λ
−1
) < ∞, pois γ(λ
−1
) = γ(λ) < ∞
11
Como λ ´e sobrejetora, temos que existe s ≥ 0 tal que t = λ(s).
12
De (1.12).
13
Dada uma parti¸c˜ao P = {t = τ
0
< τ
1
< ... < τ
k
= s} de [t, s], temos que
k
i=1
|λ
−1
(τ
i
) − λ
−1
(τ
i−1
)| = λ
−1
(τ
1
) − λ
−1
(τ
0
) + λ
−1
(τ
2
) − λ
−1
(τ
1
) + ...
+λ
−1
(τ
k
) − λ
−1
(τ
k−1
) = λ
−1
(b) − λ
−1
(a),
ent˜ao o supremo sobre todas as parti¸c˜oes P de [s, t] nos d´a a varia¸c˜ao de λ
−1
em [t, s],
sup
P
k
i=1
|λ
−1
(τ
i
) − λ
−1
(τ
i−1
)| = sup
P
λ
−1
(b) − λ
−1
(a)
= λ
−1
(b) − λ
−1
(a),
que ´e limitada.
14
De (1.12), com t = λ(s).
24
Portanto, destas observa¸c˜oes, conclu´ımos que λ
−1
∈ Λ e γ(λ
−1
) = γ(λ).
Proposi¸c˜ao 1.1 Dados x, y ∈ D
E
[0, ∞), temos d(x, y) = d(y, x)
Demonstra¸c˜ao
d(x, y) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ, u)du
=
15
inf
λ
−1
∈Λ
γ(λ
−1
) ∨
∞
0
e
−u
d(y, x, λ
−1
, u)du
= d(y, x)
Proposi¸c˜ao 1.2 Dados x, y ∈ D
E
[0, ∞), d(x, y) = 0 ⇔ x = y.
Demonstra¸c˜ao
⇒ Supomos que d(x, y) = 0. Dado ε > 0. Seja t
0
um ponto de continuidade
de y e o fixamos. Queremos mostrar que q(x(t
0
), y(t
0
)) < ε. Tomamos T
tal que t
0
∨ λ
n
(t
0
) < T, ∀n ∈ N, podemos fazer isso, pois {λ
n
(t
0
)}
n
´e uma
sequˆencia convergente. Consideramos x
n
= x e y
n
= y, ∀n ∈ N, ent˜ao
lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = lim
n→∞
d(x, y) = d(x, y) = 0.
Pelo lema 1.3, temos que existe {λ
n
}⊂Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e lim
n→∞
m({u ∈
[0, T ]; d(x, y, λ
n
, u) ≥ ε
0
}) = 0, ∀ε
0
> 0, ou seja, a sequˆencia de fun¸c˜oes de
vari´avel u, {d(x, y, λ
n
, u)}
n
, converge em medida no intervalo [0, T ]. De [6]
p´agina 92, temos que existe {n
k
} ⊂ N tal que ∀u ∈ [0, T ], temos
lim
n
k
→∞
d(x, y, λ
n
k
, u) = 0 (convergˆencia em q.t.p. t ∈ [0, T ] de uma sub-
sequˆencia de {d(x, y, λ
n
, u)}
n
). Tomamos u
0
∈ [0, T ] tal que t
0
∨ λ
n
(t
0
) < u
0
,
∀n ∈ N e lim
n
k
→∞
d(x, y, λ
n
k
, u
0
) = 0, ent˜ao existe n
1
∈ N tal que
d(x, y, λ
n
k
, u
0
) < ε/2, ∀n
k
≥ n
1
. (1.14)
15
Dos lemas 1.5 e 1.6.
25
Como t
0
´e um ponto de continuidade de y, temos que existe δ > 0 tal que
∀s ∈ (t
0
− δ, t
0
+ δ) temos q(y(s), y(t
0
)) < ε/2. (1.15)
E, pelo fato de lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, o lema 1.4 nos diz que
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t) − t| = 0.
Assim, lim
n
k
→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
k
(t)−t| = 0 e j´a que t
0
∈ [0, T ], temos que existe n
2
∈ N
tal que
|λ
n
k
(t
0
) − t
0
| < δ, ∀n
k
≥ n
2
. (1.16)
Por (1.15) e (1.16), temos que
q(y(λ
n
k
(t
0
)), y(t
0
)) < ε/2, ∀n
k
≥ n
2
(1.17)
Seja n
0
= max{n
1
, n
2
}, ent˜ao de (1.14) e de (1.17) vale que
d(x, y, λ
n
k
, u
0
) < ε/2 e q(y(λ
n
k
(t
0
)), y(t
0
)) < ε/2, ∀n
k
≥ n
0
. (1.18)
Assim,
q(x(t
0
), y(t
0
)) ≤ q(x(t
0
), y(λ
n
k
(t
0
) ∧ u
0
)) + q(y(λ
n
k
(t
0
) ∧ u
0
), y(t
0
))
=
16
q(x(t
0
∧ u
0
), y(λ
n
k
(t
0
) ∧ u
0
)) + q(y(λ
n
k
(t
0
)), y(t
0
))
≤
17
d(x, y, λ
n
k
, u
0
) + q(y(λ
n
k
(t
0
)), y(t
0
))
<
18
ε/2 + ε/2 = ε, ∀n
k
≥ n
0
.
Como ε ´e qualquer obtemos que q(x(t
0
), y(t
0
)) = 0. Lembre que q = r ∧ 1,
onde (E, r) ´e espa¸co m´etrico, ent˜ao x(t
0
) = y(t
0
). Desta forma, x(t) = y(t),
∀t ≥ 0 que ´e ponto de continuidade de y.
Seja, agora, t
1
ponto de descontinuidade de y. Vamos mostrar que
q(x(t
1
), y(t
1
)) < ε. Como x e y s˜ao cont´ınuas `a direita, temos que existe
16
u
0
> t
0
∨ λ
n
(t
0
), ∀n ∈ N.
17
d(x, y, λ
n
k
, u
0
) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u
0
), y(λ
n
k
(t) ∧ u
0
)).
18
De (1.18).
26
δ
0
> 0 tal que ∀s ∈ (t
1
, t
1
+δ
0
) vale q(x(t
1
), x(s)) < ε/2 e q(y(s), y(t
1
)) < ε/2.
Do lema 1.1 as descontinuidades de y s˜ao enumer´aveis, ent˜ao existe
t
1
+ δ ∈ (t
1
, t
1
+ δ
0
) que ´e um ponto de continuidade de y. Em particular,
q(x(t
1
), x(t
1
+ δ)) < ε/2 e q(y(t
1
+ δ), y(t
1
)) < ε/2. E, pelo fato de t
1
+ δ ser
ponto de continuidade de y, temos pelo o que fizemos na primeira parte desta
demonstra¸c˜ao que x(t
1
+ δ) = y(t
1
+ δ). Logo, q(x(t
1
+ δ), y(t
1
+ δ)) = 0.
Assim,
q(x(t
1
), y(t
1
)) ≤ q(x(t
1
), x(t
1
+δ))+q(x(t
1
+δ), y(t
1
+δ))+q(y(t
1
+δ), y(t
1
)) < ε.
Portanto, x(t) = y(t), ∀t ≥ 0.
⇐ Supomos que x = y.
0 ≤ d(x, y) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ, u)du
≤ γ(Id) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, Id, u)du = 0,
pois
γ(Id) = sup
s>t≥0
log
s − t
s − t
= 0
e
d(x, y, Id, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), y(t ∧ u)) = 0, ∀u ≥ 0.
Portanto, d(x, y) = 0.
Lema 1.7 Sejam λ
1
, λ
2
∈ Λ, ent˜ao λ
1
◦ λ
2
∈ Λ e γ(λ
1
◦ λ
2
) ≤ γ(λ
1
) + γ(λ
2
).
Demonstra¸c˜ao
• λ
1
◦ λ
2
([0, ∞)) = λ
1
(λ
2
([0, ∞))) = λ
1
([0, ∞)) = [0, ∞), ent˜ao λ
1
◦ λ
2
´e sobrejetora.
• Sejam t, s ∈ [0, ∞) tais que t < s. Como λ
1
, λ
2
s˜ao estritamente
crescentes, temos que t < s ⇒ λ
2
(t) < λ
2
(s) ⇒ λ
1
(λ
2
(t)) < λ
1
(λ
2
(s)).
Logo, λ
1
◦ λ
2
´e estritamente crescente.
27
• Como λ
1
, λ
2
s˜ao fun¸c˜oes Lipschitz, temos que existem constantes c
1
,
c
2
tais que |λ
1
(s) − λ
1
(t)| ≤ c
1
|s − t| e |λ
2
(s) − λ
2
(t)| ≤ c
2
|s − t |,
∀t, s ∈ [0, ∞), ent˜ao |λ
1
(λ
2
(s)) − λ
1
(λ
2
(t))| ≤ c
1
|λ
2
(s) − λ
2
(t)| ≤
c
2
c
1
|s − t|, ∀t, s ∈ [0, ∞). Assim, λ
1
◦ λ
2
´e Lipschitz.
• Agora, vamos analisar
γ(λ
1
◦ λ
2
) = sup
s>t≥0
log
λ
1
(λ
2
(s)) − λ
1
(λ
2
(t))
s − t
= sup
s>t≥0
log
λ
1
(λ
2
(s)) − λ
1
(λ
2
(t))
λ
2
(s) − λ
2
(t)
·
λ
2
(s) − λ
2
(t)
s − t
= sup
s>t≥0
log
λ
1
(λ
2
(s)) − λ
1
(λ
2
(t))
λ
2
(s) − λ
2
(t)
+ log
λ
2
(s) − λ
2
(t)
s − t
≤ sup
s>t≥0
log
λ
1
(λ
2
(s)) − λ
1
(λ
2
(t))
λ
2
(s) − λ
2
(t)
+ sup
s>t≥0
log
λ
2
(s) − λ
2
(t)
s − t
=
19
sup
λ
−1
2
(v)>λ
−1
2
(u)≥0
log
λ
1
(v) − λ
1
(u)
v − u
+ sup
s>t≥0
log
λ
2
(s) − λ
2
(t)
s − t
=
20
sup
v>u≥0
log
λ
1
(v) − λ
1
(u)
v − u
+ sup
s>t≥0
log
λ
2
(s) − λ
2
(t)
s − t
= γ(λ
1
) + γ(λ
2
)
• Como γ(λ
1
◦ λ
2
) ≤ γ(λ
1
) + γ(λ
2
), γ(λ
1
) < ∞ e γ(λ
2
) < ∞, temos que
γ(λ
1
◦ λ
2
) < ∞.
Destas observa¸c˜oes obtemos que λ
1
◦ λ
2
∈ Λ e γ(λ
1
◦ λ
2
) ≤ γ(λ
1
) + γ(λ
2
).
Proposi¸c˜ao 1.3 Dados x, y, z ∈ D
E
[0, ∞) vale a desigualdade triangular,
i.e.,
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) .
19
Fazendo a seguinte mudan¸ca de vari´avel λ
2
(t) = u e λ
2
(s) = v.
20
Como λ
2
est´a fixa podemos tomar o supremo sobre u e v.
28
Demonstra¸c˜ao
Dados x, y, z ∈ D
E
[0, ∞), λ
1
, λ
2
∈ Λ e u ≥ 0. Como
d(x, z, λ
1
◦ λ
2
, u) = sup
t≥0
q(x(t ∧ u), z(λ
1
(λ
2
(t)) ∧ u))
≤ sup
t≥0
q(x(t ∧ u), y(λ
2
(t) ∧ u)) + sup
t≥0
q(y(λ
2
(t) ∧ u), z(λ
1
(λ
2
(t)) ∧ u))
=
21
sup
t≥0
q(x(t ∧ u), y(λ
2
(t) ∧ u)) + sup
w≥0
q(y(w ∧ u), z(λ
1
(w) ∧ u))
= d(x, y, λ
2
, u) + d(y, z, λ
1
, u),
temos que
∞
0
e
−u
d(x, z, λ
1
◦λ
2
, u)du ≤
∞
0
e
−u
d(x, y, λ
2
, u)du+
∞
0
e
−u
d(y, z, λ
1
, u)du.
(1.19)
Assim,
d(x, z) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, z, λ, u)du
≤
22
γ(λ
1
◦ λ
2
) ∨
∞
0
e
−u
d(x, z, λ
1
◦ λ
2
, u)du
≤
23
[γ(λ
1
) + γ(λ
2
)] ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ
2
, u)du +
∞
0
e
−u
d(y, z, λ
1
, u)du
≤
γ(λ
2
) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ
2
, u)du
+
γ(λ
1
) ∨
∞
0
e
−u
d(y, z, λ
1
, u)du
,
(1.20)
∀λ
1
, λ
2
∈ Λ. Vamos supor por contradi¸c˜ao que
d(x, z) > d(x, y) + d(y, z).
Como
d(x, y) = inf
λ
2
∈Λ
γ(λ
2
) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ
2
, u)du
e
d(y, z) = inf
λ
1
∈Λ
γ(λ
1
) ∨
∞
0
e
−u
d(y, z, λ
1
, u)du
,
21
Fizemos a mudan¸ca de vari´avel w = λ
2
(t) e lembramos que λ
2
est´a fixa.
22
Esta desigualdade vale ∀λ
1
, λ
2
∈ Λ.
23
Do lema 1.7 e de (1.19).
29
temos que existem
λ
2
,
λ
1
∈ Λ tais que
d(x, z) >
γ(
λ
2
) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y,
λ
2
, u)du
+
γ(
λ
1
) ∨
∞
0
e
−u
d(y, z,
λ
1
, u)du
.
(1.21)
De (1.20) temos
d(x, z) ≤
γ(
λ
2
) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y,
λ
2
, u)du
+
γ(
λ
1
) ∨
∞
0
e
−u
d(y, z,
λ
1
, u)du
,
o que contraria (1.21). Portanto,
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) .
Resumindo o que fizemos at´e aqui, obtemos que ∀x, y, z ∈ D
E
[0, ∞) valem:
(i) d(x, y) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x, y, λ, u)du
≥ 0
(ii) d(x, y) = 0 ⇔ x = y (Da proposi¸c˜ao 1.2)
(iii) d(x, y) = d(y, x) (Da proposi¸c˜ao 1.1)
(iv) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (Da proposi¸c˜ao 1.3)
Portanto d ´e m´etrica no espa¸co D
E
[0, ∞), d ´e chamada de m´etrica de
Skorohod.
1.4 (D
E
[0, ∞), d) ´e completo
A seguir vamos demonstrar o Teorema 1.1 que nos diz que se E ´e completo,
ent˜ao (D
E
[0, ∞), d) ´e completo. Inicialmente consideraremos os seguintes
resultados que ser˜ao ´uteis na demonstra¸c˜ao deste teorema.
30
Afirma¸c˜ao 1.1: Sejam {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) e x ∈ D
E
[0, ∞) tais que
lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0. Dado u ≥ 0. Ent˜ao existem {λ
n
} ⊂ Λ e {u
n
} ⊂ (u, ∞)
tais que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) = 0 e lim
n→∞
u
n
= ∞.
Demonstra¸c˜ao
Seja u ≥ 0 e o fixamos. Como lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0, temos pelo lema 1.3 que
∃{λ
n
}⊂Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
m({u ∈ [0, u
0
]; d(x
n
, x, λ
n
, u) ≥ ε})=0, (1.22)
∀ε > 0 e ∀u
0
> 0, onde m ´e a medida de Lebesgue. Primeiramente queremos
mostrar que dado ε > 0, existe n
0
∈ N tal que ∀n ≥ n
0
existe u
n
∈ (u, ∞) tal
que d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) < ε. Vamos supor por contradi¸c˜ao que ∃ε
0
> 0 tal que
∀k ∈ N ∃n
k
≥ k tal que ∀v ∈ (u, ∞), temos d(x
n
k
, x, λ
n
k
, v) ≥ ε
0
. Assim,
m({v ∈ [0, u + 1]; d(x
n
k
, x, λ
n
k
, v) ≥ ε
0
}) ≥ 1, ∀n
k
. (1.23)
De onde segue, que
lim
n→∞
m({v ∈ [0, u + 1]; d(x
n
, x, λ
n
, v) ≥ ε
0
})
=
24
lim
n
k
→∞
m({v ∈ [0, u + 1]; d(x
n
k
, x, λ
n
k
, v) ≥ ε
0
}) ≥
25
1,
o que contraria (1.22). Logo, ∃{u
n
}
n
⊂ (u, ∞) tal que lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) =
0. Agora, s´o falta mostrar que ∃{u
n
}
n
como acima e tal que lim
n→∞
u
n
= ∞;
vamos raciocinar novamente por contradi¸c˜ao. Supomos que ∀{u
n
}
n
⊂ (u, ∞)
tal que lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) = 0, temos que {u
n
}
n
´e limitada. Supomos, sem
perda de generalidade, que existe N
0
tal que para cada n ≥ N
0
, temos
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) < 1/n. Fixamos n > N
0
, sejam x
n
e λ
n
fixos e encontramos
um u
n
maximal tal que
d(x
n
, x, λ
n
, ˜u
n
) ≤ 1/n.
24
Este limite existe, ent˜ao o limite de uma subsequˆencia ´e igual ao da sequˆencia.
25
De (1.23).
31
Da nossa suposi¸c˜ao, existe M > 0 tal que u
n
< M, ∀n ∈ N. Ent˜ao ∃ε
1
> 0
tal que ∀k ∈ N ∃n
k
≥ k tal que d(x
n
k
, x, λ
n
k
, v) ≥ ε
1
, ∀v ∈ (M, M + 1].
Assim,
m({v ∈ [0, M + 1]; d(x
n
k
, x, λ
n
k
, v) ≥ ε
1
}) ≥ 1, ∀n
k
.
Logo,
lim
n→∞
m({v ∈ [0, M + 1]; d(x
n
, x, λ
n
, v) ≥ ε
1
})
= lim
n
k
→∞
m({v ∈ [0, M + 1]; d(x
n
k
, x, λ
n
k
, v) ≥ ε
1
}) ≥ 1,
o que contraria (1.22). Portanto, ∃{u
n
} ⊂ (u, ∞) tal que lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
)
= 0 e lim
n→∞
u
n
= ∞.
Afirma¸c˜ao 1.2: Sejam {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞), x ∈ D
E
[0, ∞), u ≥ 0, {λ
n
} ⊂ Λ
e {u
n
} ⊂ (u, ∞). Ent˜ao
sup
t≥0
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u))
≤
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
, ∀n ∈ N.
Demonstra¸c˜ao
Seja n ∈ N. Dado t ≥ 0.
• Se t > u, ent˜ao
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u)) = q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u))
= q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s)), onde u ≥ s = λ
n
(t) ∧ u ≥ λ
n
(u) ∧ u.
Logo,
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u)) ≤ sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s)).
(1.24)
32
• Se 0 ≤ t ≤ u, ent˜ao
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u)) = q(x(λ
n
(t) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u))
=
q(x(λ
n
(t)), x(λ
n
(t))) , se λ
n
(t) ≤ u < u
n
q(x(λ
n
(t) ∧ u
n
), x(u)), se λ
n
(t) > u
≤ q(x(λ
n
(t) ∧ u
n
), x(u)) ≤ sup
t≥0
q(x(λ
n
(t) ∧ u
n
), x(u))
=
26
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u)).
Logo,
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u)) ≤ sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u)). (1.25)
De (1.24) e de (1.25), temos que
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u)) ≤
≤
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
,
∀t ≥ 0. Tomamos o supremo em t ≥ 0 na desigualdade acima e obtemos
sup
t≥0
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u)) ≤
≤
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
.
Afirma¸c˜ao 1.3: Sejam {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞), x ∈ D
E
[0, ∞), u ponto de conti-
nuidade de x, {u
n
} ⊂ (u, ∞) e {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0. Ent˜ao
lim
n→∞
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
= 0
26
Fizemos a mudan¸ca de vari´avel s = λ
n
(t) ∧ u
n
, onde
u ≤ s = λ
n
(t) ∧ u
n
≤ λ
n
(u) ∧ u
n
≤ λ
n
(u) ≤ λ
n
(u) ∨ u.
33
e
lim
n→∞
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
= 0.
Demonstra¸c˜ao
Dado ε > 0 e lembrando que u ´e ponto de continuidade de x, temos que
∃δ > 0 tal que ∀s ∈ (u−δ, u+δ) vale q(x(s), x(u)) < ε/4. Como lim
n→∞
γ(λ
n
) =
0 e da observa¸c˜ao 1.4, temos que lim
n→∞
λ
n
(u) = u. Assim, ∃n
0
∈ N tal que
λ
n
(u) ∈ (u−δ, u+δ), ∀n ≥ n
0
. Desta forma, λ
n
(u)∧u, λ
n
(u)∨u ∈ (u−δ,u+δ),
∀n ≥ n
0
. Fixamos n ≥ n
0
e tomamos qualquer s ∈ [u, λ
n
(u) ∨ u], ent˜ao
s ∈ (u − δ, u + δ). Pela continuidade de x em u, temos q(x(s), x(u)) < ε/4.
Logo,
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u)) ≤ ε/4 < ε. (1.26)
Agora, tomamos qualquer s ∈ [λ
n
(u)∧u, u]. Como λ
n
(u)∧u, s ∈ (u−δ, u+δ)
e u ´e ponto de continuidade de x, temos que
q(x(λ
n
(u)∧u
n
), x(s)) ≤ q(x(λ
n
(u)∧u
n
), x(u))+q(x(u), x(s)) < ε/4+ε/4 = ε/2.
Assim,
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s)) ≤ ε/2 < ε. (1.27)
Como (1.26) e (1.27) valem ∀n ≥ n
0
, temos que
lim
n→∞
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
= 0
e
lim
n→∞
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
= 0.
Proposi¸c˜ao 1.4 Dados {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) e x ∈ D
E
[0, ∞). Ent˜ao
lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0 ⇔
∃{λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0, ∀u ≥ 0,
onde u ´e ponto de continuidade de x.
34
Em particular:
lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0, implica que lim
n→∞
x
n
(u) = lim
n→∞
x
n
(u−) = x(u), ∀u ≥ 0,
onde u ´e ponto de continuidade de x.
Demonstra¸c˜ao
(⇐) Supomos que existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0, ∀u ≥ 0 que ´e ponto de continuidade de x. Que-
remos mostrar que lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0. Do lema 1.1 o conjunto dos pon-
tos de descontinuidade de x ´e enumer´avel, logo tem medida de Lebesgue
nula. Ent˜ao lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0 em q.t.p. u ≥ 0. E, tamb´em, temos que
d(x
n
, x, λ
n
, u) ≤ 1, ∀n ≥ 0. Logo, pelo Teorema da Convergˆencia Dominada
[4] p´agina 75, segue que
lim
n→∞
∞
0
e
−u
d(x
n
, x, λ
n
, u)du = 0.
Como
d(x
n
, x) = inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, x, λ, u)du
≤
γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, x, λ
n
, u)du
, ∀n ≥ 0,
tomando o limite quando n → ∞, obtemos que
0 ≤ lim
n→∞
d(x
n
, x) ≤ lim
n→∞
γ(λ
n
) ∨
∞
0
e
−u
d(x
n
, x, λ
n
, u)du
≤
lim
n→∞
γ(λ
n
)
∨
lim
n→∞
∞
0
e
−u
d(x
n
, x, λ
n
, u)du
= 0
Portanto,
lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0.
(⇒) Supomos lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0. Seja u um ponto de continuidade de x.
Da afirma¸c˜ao 1.1, temos que existem {λ
n
} ⊂ Λ e {u
n
} ⊂ (u, ∞) tais que
lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) = 0. Assim,
d(x
n
, x, λ
n
, u) = sup
t≥0
q(x
n
(t ∧ u), x(λ
n
(t) ∧ u))
35
≤ sup
t≥0
q(x
n
(t ∧ u), x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
)) + sup
t≥0
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u))
≤
27
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) +
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
, ∀n ∈ N.
(1.28)
Ent˜ao
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) ≤ lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
)
+
lim
n→∞
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
lim
n→∞
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
(1.29)
Assim, de (1.29) e das afirma¸c˜oes 1.1 e 1.3, obtemos que
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0.
Agora, s´o falta analisar que lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0, implica que lim
n→∞
x
n
(u) =
lim
n→∞
x
n
(u−) = x(u), ∀u ≥ 0, onde u ´e ponto de continuidade de x. De
fato, pelo que provamos acima temos que lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0, implica que
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0, ∀u ≥ 0, onde u ´e ponto de continuidade de x. Assim,
dado ε > 0, ∃n
0
tal que ∀n ≥ n
0
vale
ε > d(x
n
, x, λ
n
, u) = sup
t≥0
q(x
n
(t ∧ u), x(λ
n
(t) ∧ u))
≥
28
q(x
n
(t
0
∧ u), x(λ
n
(t
0
) ∧ u)) = q(x
n
(u), x(u)).
27
Da afirma¸c˜ao 1.2 e sup
t≥0
q(x
n
(t∧u), x(λ
n
(t∧u)∧u
n
)) ≤ sup
t≥0
q(x
n
(t∧u
n
), x(λ
n
(t)∧u
n
)) =
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
).
28
Tomamos t
0
> 0 tal que t
0
> u ∨ λ
n
(u), ∀n ≥ n
0
, podemos fazer isso, pois {λ
n
(u)} ´e
uma sequˆencia convergente.
36
Logo,
lim
n→∞
x
n
(u) = x(u).
Ainda resta demonstrar que lim
n→∞
x
n
(u−) = x(u), onde x
n
(u−) = lim
t→u−
x
n
(t),
∀n ∈ N. Lembrando que u ´e ponto de continuidade de x, temos que ∃δ > 0
tal que
∀s ∈ (u − δ, u + δ) vale q(x(s), x(u)) < ε/4. (1.30)
Dado t ∈ (u − δ, u).
q(x
n
(t), x(u)) = q(x
n
(t ∧ u), x(u))
≤ q(x
n
(t ∧ u), x(λ
n
(t) ∧ u)) + q(x(λ
n
(t) ∧ u), x(u))
≤ d(x
n
, x, λ
n
, u) + q(x(λ
n
(t) ∧ u), x(u))
(1.31)
J´a que lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0 implica que lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0, temos que
∃n
1
∈ N tal que ∀n ≥ n
1
vale d(x
n
, x, λ
n
, u) < ε/4. Como lim
n→∞
λ
n
(t) = t,
temos que ∃n
2
∈ N tal que λ
n
(t) ∈ (u − δ, u), ∀n ≥ n
2
. Assim, de (1.30),
temos que q(x(λ
n
(t)∧u), x(u)) < ε/4, ∀n ≥ n
2
. Tomamos n
3
= max{n
1
, n
2
}.
Ent˜ao q(x(λ
n
(t) ∧ u), x(u)) < ε/4 e d(x
n
, x, λ
n
, u) < ε/4, ∀n ≥ n
3
. O que
juntamente com (1.31), implica que q(x
n
(t), x(u)) < ε/2, ∀n ≥ n
3
. Como
x
n
(u−) = lim
t→u
t<u
x
n
(t), ∀n ∈ N, temos que ∀n ∈ N ∃t
n
∈ (u − δ, u) tal que
q(x
n
(u−), x
n
(t
n
)) < ε/2. Assim, ∀n ≥ n
3
, ∃t
n
∈ (u − δ, u) tal que
q(x
n
(u−), x(u)) ≤ q(x
n
(u−), x
n
(t
n
))+q(x
n
(t
n
), x(u)) < ε/2+ε/2 = ε, ∀n ≥n
3
.
Contra-exemplo: Este contra-exemplo ´e para a implica¸c˜ao (⇒) da proposi-
¸c˜ao 1.4, quando u n˜ao ´e ponto de continuidade de x, ou seja, queremos
mostrar que existem x e {x
n
} em D
E
[0, ∞) tais que lim
n→∞
d(x, x
n
) = 0, mas
para algum ponto u de descontinuidade de x, temos que lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) =
0, ∀{λ
n
}
n
⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0.
37
No exemplo 1.1, mostramos que para T > 0, as fun¸c˜oes x, x
n
: [0, ∞) →
{0, 1} definidas por
x(t) =
0, se t < T
1, se t ≥ T
,
x
n
(t) =
0, se t < T + 1/n
1, se t ≥ T + 1/n
, onde n ∈ {1, 2, ...},
s˜ao tais que lim
n→∞
d(x, x
n
) = 0. Tomamos qualquer {λ
n
}
n
⊂ Λ tal que
lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0. Dado n ∈ {1, 2, ...}, vamos fix´a-lo temporariamente.
d(x
n
, x, λ
n
, T ) = sup
t≥0
q(x
n
(t ∧ T ), x(λ
n
(t) ∧ T )) ≥ q(x
n
(t ∧ T ), x(λ
n
(t) ∧ T )),
∀t ≥ 0. Tomamos t
n
≥ 0 tal que t
n
∧ λ
n
(t
n
) ≥ T (podemos fazer isso, pois
lim
t→∞
λ
n
(t) = ∞). Logo, x
n
(t
n
∧ T ) = x
n
(T ) = 0 e x(λ
n
(t
n
) ∧ T ) = x(T ) = 1,
ent˜ao
d(x
n
, x, λ
n
, T ) ≥ q(x
n
(t
n
∧ T ), x(λ
n
(t
n
) ∧ T )) = 1.
Variamos n e obtemos que d(x
n
, x, λ
n
, T ) ≥ 1, ∀n ∈ {1, 2, ...}. Portanto,
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, T ) = 0, ∀{λ
n
}
n
⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0.
Exemplo: Com a proposi¸c˜ao 1.4 podemos mostrar que a sequˆencia do exem-
plo 1.4 n˜ao ´e sequˆencia de Cauchy. Supomos que ∃x ∈ D
E
[0, ∞) tal que a
sequˆencia {x
n
} do exemplo 1.4 converge para esta fun¸c˜ao x na m´etrica de
Skorohod. Pela proposi¸c˜ao 1.4, temos que lim
n→∞
x
n
(u) = lim
n→∞
x
n
(u−) = x(u),
∀u ≥ 0 ponto de continuidade de x, ent˜ao x
n
converge pontualmente `a x
em todos pontos de continuidade de x. Do lema 1.1, temos que o conjunto
dos pontos de continuidade de x tem medida total, ou seja, o conjunto dos
pontos de descontinuidade de x tem medida nula. Logo, x
n
converge `a x em
q.t.p. t ≥ 0, na m´etrica r, que neste exemplo ´e
r(x
n
(t), x(t)) =
0, se x
n
(t) = x(t)
1, se x
n
(t) = x(t)
Assim, se lim
n→∞
r(x
n
(t
0
), x(t
0
)) = 0, ent˜ao dado ε ∈ (0, 1) ∃n
0
∈ {1, 2, ...}
tal que r(x
n
(t
0
), x(t
0
)) < ε, ∀n ≥ n
0
. De onde segue, que x
n
(t
0
) = x(t
0
),
38
∀n ≥ n
0
. Logo, x(t
0
) = 0 ou t
0
= T , pois se x(t
0
) = 1, ent˜ao x
n
(t
0
) = 1,
∀n ≥ n
0
, o que implicaria em t
0
= T . Desta forma, a fun¸c˜ao x ´e nula num
conjunto de medida total. Lembrando que x deve ser cont´ınua `a direita e ter
limite `a esquerda, temos que a ´unica fun¸c˜ao tal que x
n
converge em q.t.p.
t ≥ 0 para ela ´e a fun¸c˜ao x(t) ≡ 0. Mas, no exemplo 1.4 mostramos que
x
n
n˜ao converge na m´etrica de Skorohod `a fun¸c˜ao x(t) ≡ 0. Logo, a nossa
suposi¸c˜ao ´e falsa. Portanto, {x
n
} n˜ao ´e uma sequˆencia convergente, ent˜ao
n˜ao ´e uma sequˆencia de Cauchy.
Proposi¸c˜ao 1.5 Dados {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) e x ∈ D
E
[0, ∞). Ent˜ao s˜ao equi-
valentes:
(a) lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0.
(b) Existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t))) = 0, (1.32)
∀T > 0.
Observa¸c˜ao 1.5: Notamos que {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞), x ∈ D
E
[0, ∞) e {λ
−1
n
}
n
⊂
Λ tais que lim
n→∞
γ(λ
−1
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(λ
−1
n
(t)), x(t)) = 0,
∀T > 0, implicam (b) na proposi¸c˜ao 1.5. De fato, primeiramente observamos
que do lema 1.6 e da hip´oteses, temos lim
n→∞
γ(λ
n
) = lim
n→∞
γ(λ
−1
n
) = 0. Seja
T > 0. Tamb´em, observamos que ∀n ∈ N vale
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t))) =
29
sup
0≤s≤λ
n
(T )
r(x
n
(λ
−1
n
(s)), x(s))
≤
30
sup
0≤s≤T
0
r(x
n
(λ
−1
n
(s)), x(s)).
29
s = λ
n
(t).
30
Como lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0, temos que {λ
n
(T )} ´e uma sequˆencia convergente, ent˜ao ∃T
0
> 0
tal que λ
n
(T ) ≤ T
0
, ∀n ∈ N.
39
Assim,
0 ≤ lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)) ≤ lim
n→∞
sup
0≤s≤T
0
r(x
n
(λ
−1
n
(s)), x(s)) =
31
0.
Portanto vale a afirma¸c˜ao (b) da proposi¸c˜ao 1.5.
Observa¸c˜ao 1.6: No apˆendice na proposi¸c˜ao 1.6 vamos apresentar uma
outra afirma¸c˜ao que ´e equivalente a estas afirma¸c˜oes. Vamos apresent´a-la,
pois pode ter utilidade pr´atica na hora de demonstrar que uma sequˆencia
converge para determinada fun¸c˜ao.
Demonstra¸c˜ao
(a) ⇒ (b) Supomos que lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0. Pela afirma¸c˜ao 1.1, temos que exis-
tem {λ
n
} ⊂ Λ e {u
n
} ⊂ (u, ∞) tais que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
)
= 0. Como
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u
n
) =
32
lim
n→∞
sup
t≥0
q(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
))
=
33
lim
n→∞
sup
t≥0
[r(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
)) ∧ 1]
=
lim
n→∞
sup
t≥0
r(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
))
∧ 1,
temos que
lim
n→∞
sup
t≥0
r(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
))
= 0. (1.33)
Dado T > 0. Como lim
n→∞
u
n
= ∞ (da afirma¸c˜ao 1.1) e lim
n→∞
λ
n
(T ) = T (da
observa¸c˜ao 1.4), temos que ∃n
0
∈ N tal que u
n
≥ T ∨λ
n
(T ), ∀n ≥ n
0
. Ent˜ao,
para t ∈ [0, T ], vale r(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
)) = r(x
n
(t), x(λ
n
(t))). Logo,
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)))
= lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
))
31
Da hip´otese.
32
Defini¸c˜ao de d em (1.2).
33
Defini¸c˜ao de q em (1.3).
40
≤ lim
n→∞
sup
t≥0
r(x
n
(t ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u
n
))
.
Portanto, por (1.33) temos
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)))
= 0.
(b) ⇒ (a) Supomos que existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e (1.32).
Seja u um ponto de continuidade de x. Observe que
d(x
n
, x, λ
n
, u) = sup
t≥0
q(x
n
(t ∧ u), x(λ
n
(t) ∧ u))
≤ sup
0≤t≤u
q(x
n
(t), x(λ
n
(t) ∧ u
n
)) + sup
t≥0
q(x(λ
n
(t ∧ u) ∧ u
n
), x(λ
n
(t) ∧ u))
≤
34
sup
0≤t≤u
q(x
n
(t), x(λ
n
(t) ∧ u
n
))
+
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
≤
35
sup
0≤t≤u
q(x
n
(t), x(λ
n
(t)))
+
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
≤
36
sup
0≤t≤u
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)))
+
sup
λ
n
(u)∧u≤s≤u
q(x(λ
n
(u) ∧ u
n
), x(s))
∨
sup
u≤s≤λ
n
(u)∨u
q(x(s), x(u))
∀n ≥ n
0
. Assim, de (1.32) e da afirma¸c˜ao 1.3, temos que
lim
n→∞
d(x
n
, x, λ
n
, u) = 0,
34
Da afirma¸c˜ao 1.2.
35
Como λ
n
´e estritamente crescente, temos que λ
n
(t) ≤ λ
n
(u), ∀t ∈ [0, u]. Como
lim
n→∞
λ
n
(u) = u e lim
n→∞
u
n
= ∞, temos que ∃n
0
∈ N tal que λ
n
(u) ≤ u
n
, ∀n ≥ n
0
. Assim,
λ
n
(t) ∧ u
n
= λ
n
(t), ∀n ≥ n
0
.
36
Lembramos que q = r ∧ 1.
41
ent˜ao, pela proposi¸c˜ao 1.4, obtemos
lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0.
Teorema 1.1: Se (E, r) ´e completo, ent˜ao (D
E
[0, ∞), d) ´e completo.
Demonstra¸c˜ao
Seja {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) uma sequˆencia de Cauchy. Vamos mostrar que ela
tem subsequˆencia convergente, pois de [3] p´agina 162 teremos que {x
n
} ser´a
convergente. Como {x
n
} ´e sequˆencia de Cauchy, temos que dado k ∈ N,
∃N
k
≥ 1 tal que para m, n ≥ N
k
, temos
d(x
n
, x
m
) ≤
1
2
k+1
e
k
(1.34)
Podemos supor, sem perda de generalidade, que 1 ≤ N
1
< N
2
< ... .
Definimos y
k
= x
N
k
, ∀k ∈ N.
Desta defini¸c˜ao e por (1.34) temos
d(y
k
, y
k+1
) = d(x
n
k
, x
n
k+1
) ≤
1
2
k+1
e
k
<
1
2
k
e
k
, ∀k ∈ N,
ent˜ao pela defini¸c˜ao de d existe λ
k
∈ Λ tal que
γ(λ
k
) ∨
∞
0
e
−u
d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u)du
<
1
2
k
e
k
, ∀k ∈ N.
Em particular,
∞
0
e
−u
d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u)du <
1
2
k
e
k
, ∀k ∈ N. (1.35)
Queremos mostrar que ∀k ∈ N ∃u
k
> k tal que d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u
k
) ≤
1
2
k
.
Para isso, supomos (por absurdo) que ∃k
0
∈ N tal que ∀u > k
0
, temos
d(y
k
0
, y
k
0
+1
, λ
k
0
, u) >
1
2
k
0
. Ent˜ao
∞
0
e
−u
d(y
k
0
, y
k
0
+1
, λ
k
0
, u)du
42
=
k
0
0
e
−u
d(y
k
0
, y
k
0
+1
, λ
k
0
, u)du +
∞
k
0
e
−u
d(y
k
0
, y
k
0
+1
, λ
k
0
, u)du
≥ 0 +
1
2
k
0
∞
k
0
e
−u
du =
1
2
k
0
e
k
0
,
o que contraria (1.35). Logo,
∀k ∈ N ∃u
k
> k tal que d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u
k
) ≤
1
2
k
. (1.36)
E, como
γ(λ
k
) ≤
γ(λ
k
) ∨
∞
0
e
−u
d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u)du
<
1
2
k
e
k
<
1
2
k
, ∀k ∈ N,
temos que
[γ(λ
k
) ∨ d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u
k
)] ≤
1
2
k
, ∀k ∈ N. (1.37)
Definimos a sequˆencia de fun¸c˜oes
µ
k
(t) = lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t)], ∀t ≥ 0, ∀k ∈ N. (1.38)
Dado k ∈ N, vamos fix´a-lo para analisar algumas propriedades da fun¸c˜ao µ
k
:
1) µ
k
´e estritamente crescente
Dados 0 ≤ a < b, queremos mostrar que µ
k
(a) < µ
k
(b), para isso fazemos
a seguinte an´alise: Seja A
l
⊂ [0, ∞) o conjunto de medida total onde λ
l
´e
deriv´avel, ∀l ∈ N. Dado n ∈ N fixo. Observamos que λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
´e
deriv´avel em A
k
∩λ
−1
k
(A
k+1
)∩λ
−1
k
(λ
−1
k+1
(A
k+2
))∩...∩λ
−1
k
(...(λ
−1
k+n−1
(A
k+n
))...)
e este conjunto tem medida total. Assim, µ
k
´e deriv´avel em A
k
∩λ
−1
k
(A
k+1
)∩
... ∩ λ
−1
k
(...(λ
−1
k+n−1
(A
k+n
))...)..., que ´e um conjunto de medida total. Como
| log λ
l
(t)| ≤ γ(λ
l
), ∀t ∈ A
l
e ∀l ∈ N, temos que λ
l
(t) ≥ e
−γ(λ
l
)
, ∀t ∈ A
l
e
∀l ∈ N. Assim, de (1.37), obtemos que λ
l
(t) ≥ e
−γ(λ
l
)
≥ e
−2
−
l
, ∀t ∈ A
l
e
∀l ∈ N. Logo, ∀t ∈ A
k
∩ λ
−1
k
(A
k+1
) ∩ ... ∩ λ
−1
k
(...(λ
−1
k+n−1
(A
k+n
))...)... , temos
que
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)
(t) = λ
k+n
((λ
k+n−1
◦ ... ◦ λ
k
)(t)) · ... · λ
k
(t)
≥ e
−2
−k+n
· ... · e
−2
−k
= e
−
n
l=0
2
−k+l
≥ e
−2
−k+1
. (1.39)
43
Como λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
´e deriv´avel em A
k
∩ λ
−1
k
(A
k+1
) ∩ ... , de [6] do teorema
fundamental do C´alculo, temos que
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(b) − (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(a) =
b
a
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)
(t)dt. (1.40)
E, por (1.39), temos que
b
a
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)
(t)dt ≥
b
a
e
−2
−k+1
dt = e
−2
−k+1
(b − a). (1.41)
De (1.40) e de (1.41), temos que
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(b) − (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(a) ≥ e
−2
−k+1
(b − a).
Lembrando que n ´e qualquer e da defini¸c˜ao de µ
k
(tomamos o limite quando
n tende a infinito na express˜ao acima), temos que
µ
k
(b) − µ
k
(a) ≥ e
−2
−k+1
(b − a) > 0 ⇒ µ
k
(b) > µ
k
(a).
2) µ
k
´e sobrejetora
Seja n ∈ N. Observamos que
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)([0, ∞)) = (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
)(λ
k
([0, ∞)))
= (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
)([0, ∞)) = . . . = λ
k+n
([0, ∞)) = [0, ∞).
Ent˜ao
µ
k
([0, ∞)) = lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)([0, ∞))]
= lim
n→∞
[0, ∞) = [0, ∞).
3) As fun¸c˜oes λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
, ∀n ∈ N tˆem constantes de Lipschitz
limitadas.
Seja c
i
= sup
s>t≥0
λ
i
(s) − λ
i
(t)
s − t
, ∀i ∈ N. Ent˜ao c
i
´e constante de Lipschits de
44
λ
i
, ∀i ∈ N. Observamos que λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
tem constante de Lipschitz
c
k+n
· ... · c
k+1
· c
k
, pois ∀t, s ∈ [0, ∞) temos
|(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(s) − (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t)|
≤ c
k+n
· |(λ
k+n−1
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(s) − (λ
k+n−1
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t)|
. . .
≤ c
k+n
· . . . · c
k+1
· |λ
k
(s) − λ
k
(t)| ≤ c
k+n
· . . . · c
k+1
· c
k
· |s − t|.
Vamos mostrar que essas constantes de Lipschitz de λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
s˜ao
limitadas, i.e., ∀n ∈ N
log(c
k+n
· ... · c
k+1
· c
k
) =
n
l=0
log c
k+l
≤
∞
l=0
| log c
k+l
|
=
∞
l=0
log
sup
s>t≥0
λ
k+l
(s) − λ
k+l
(t)
s − t
≤
∞
l=0
sup
s>t≥0
log
λ
k+l
(s) − λ
k+l
(t)
s − t
=
37
∞
l=0
γ(λ
k+l
) ≤
38
∞
l=0
1
2
k+l
=
1
2
k−1
.
Logo,
c
k+n
· ... · c
k+1
· c
k
≤ exp
2
−k+1
, ∀n ∈ N. (1.42)
4) µ
k
´e lipschitziana.
Sejam t, s ∈ [0, ∞), observamos que
|µ
k
(s) − µ
k
(t)|
=
lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(s)] − lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t)]
= lim
n→∞
|[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(s)] − [(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t)]|
≤ lim
n→∞
[c
k+n
· . . . · c
k+1
· c
k
· |s − t|]
≤
39
lim
n→∞
exp
2
−k+1
· |s − t|
= exp
2
−k+1
· |s − t|.
37
Do lema 1.2.
38
Por (1.37).
39
De (1.42).
45
5) γ(µ
k
) ≤
1
2
k−1
.
De fato,
γ(µ
k
) = sup
s>t≥0
log
µ
k
(s) − µ
k
(t)
s − t
= sup
s>t≥0
log
lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(s)] − lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(t)]
s − t
= sup
s>t≥0
lim
n→∞
log
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(s) − (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(t)
s − t
= lim
n→∞
sup
s>t≥0
log
(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(s) − (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(t)
s − t
=
40
lim
n→∞
γ(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
) = lim
n→∞
sup ess
t≥0
| log (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)
(t)|
= lim
n→∞
sup ess
t≥0
log
λ
k+n
((λ
k+n−1
◦ ... ◦ λ
k
)(t)) · . . . · λ
k+1
(λ
k
(t)) · λ
k
(t)
≤ lim
n→∞
sup ess
t≥0
log λ
k+n
(t)
+ ... + sup ess
t≥0
| log λ
k
(t)|
= lim
n→∞
[γ(λ
k+n
) + ... + γ(λ
k
)] =
∞
l=k
γ(λ
l
) ≤
41
∞
l=k
1
2
l
=
1
2
k−1
.
6) µ
k
∈ Λ
Dos itens (1), (2), (3) e (5), temos que µ
k
∈ Λ.
7) O limite (1.38) existe uniformemente em cada parte compacta de [0, ∞).
Vamos mostrar que {λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
}
n
´e eq¨uicont´ınua. Seja t ≥ 0. Dado
ε > 0. Tomamos δ =
ε
exp
(
2
−k+1
)
> 0. Assim, ∀s ∈ (t − δ, t + δ) vale
|(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(s) − (λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k
)(t)| ≤ c
k+n
· ... · c
k
· |s − t|
≤ exp
2
−k+1
· |s − t| < exp
2
−k+1
· δ = ε, ∀n ∈ N.
Logo, {λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
}
n
´e eq¨uicont´ınua em t ≥ 0. Como isto vale
∀t ≥ 0, temos que esta sequˆencia ´e eq¨uicont´ınua. Desta forma, de [3] p´agina
40
Do lema 1.2.
41
Por (1.37), temos γ(λ
k
) ≤ 2
−k
, ∀k ∈ N.
46
242, temos que {λ
k+n
◦...◦λ
k+1
◦λ
k
}
n
converge uniformemente em cada parte
compacta de [0, ∞)
8) µ
−1
k+1
= λ
k
◦ µ
−1
k
.
De fato, do item 6, temos que µ
k
, µ
k+1
∈ Λ e pelo lema 1.6, temos que
∃µ
−1
k
, µ
−1
k+1
∈ Λ. Ent˜ao
µ
−1
k+1
= λ
k
◦ µ
−1
k
⇔ µ
k
= µ
k+1
◦ λ
k
. (1.43)
Como ∀s ≥ 0 vale µ
k+1
(s) = lim
n→∞
(λ
(k+1)+n
◦ ... ◦ λ
(k+1)+1
◦ λ
(k+1)
)(s)
, te-
mos que ∀t ≥ 0 vale
(µ
k+1
◦ λ
k
)(t) = µ
k+1
(λ
k
(t))
= lim
n→∞
(λ
(k+1)+n
◦ ... ◦ λ
(k+1)+1
◦ λ
(k+1)
)(λ
k
(t))
= lim
n→∞
[(λ
k+n+1
◦ ... ◦ λ
k+2
◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t))]
= lim
n→∞
[(λ
k+n
◦ ... ◦ λ
k+1
◦ λ
k
)(t))]
= µ
k
(t). (1.44)
De (1.43) e de (1.44), temos que µ
−1
k+1
= λ
k
◦ µ
−1
k
.
Agora, depois de demonstradas estas propriedades de {µ
k
}
k
, vamos mostrar
que para a sequˆencia de pontos {u
k
}
k
(que encontramos anteriormente em
(1.36)) e para a sequˆencia de fun¸c˜oes {µ
k
}
k
vale
sup
t≥0
q(y
k
(µ
−1
k
(t) ∧ u
k
), y
k+1
(µ
−1
k+1
(t) ∧ u
k
))
=
42
sup
t≥0
q(y
k
(µ
−1
k
(t) ∧ u
k
), y
k+1
(λ
k
(µ
−1
k
(t)) ∧ u
k
))
=
43
sup
s≥0
q(y
k
(s ∧ u
k
), y
k+1
(λ
k
(s) ∧ u
k
))
= d(y
k
, y
k+1
, λ
k
, u
k
) ≤
44
1
2
k
, ∀k ∈ N. (1.45)
42
Do item 8 das observa¸c˜oes acima.
43
Mudan¸ca de vari´avel: s = µ
−1
k
(t).
44
De (1.37).
47
Denotamos z
k
= y
k
◦ µ
−1
k
, ∀k ∈ N.
Afirmamos que z
k
∈ D
E
[0, ∞), ∀k ∈ N.
De fato, sejam k ∈ N e t ≥ 0. Queremos mostrar que existem z
k
(t−),
z
k
(t+) = z
k
(t). Dado ε > 0 e lembrando a defini¸c˜ao de z
k
, temos
r(z
k
(s), z
k
(t)) = r(y
k
(µ
−1
k
(s)), y
k
(µ
−1
k
(t))).
Como y
k
∈ D
E
[0, ∞), temos que existe o limite de y
k
`a esquerda de to-
dos pontos, ent˜ao ∃δ
1
> 0 tal que ∀v ∈ (µ
−1
k
(t) − δ
1
, µ
−1
k
(t)) vale que
r(y
k
(v), y
k
(µ
−1
k
(t))) < ε. Do fato de que µ
−1
k
∈ Λ, temos que ∃δ
2
> 0 tal que
∀s ∈ (t−δ
2
, t) vale que µ
−1
k
(s) ∈ (µ
−1
k
(t)−δ
1
, µ
−1
k
(t)) (pois µ
−1
k
´e cont´ınua e es-
tritamente crescente). Assim, ∀s ∈ (t−δ
2
, t) vale que r(y
k
(µ
−1
k
(s)), y
k
(µ
−1
k
(t)))
< ε. Logo, existe z
k
(t−). Analogamente, provamos que existe z
k
(t+). Falta
mostrar que z
k
(t+) = z
k
(t). Como existe z
k
(t+), temos que ∃δ
3
> 0 tal que
se s ∈ (t, t + δ
3
), ent˜ao r(z
k
(t+), z
k
(s)) < ε/2. Pelo fato de y
k
ser cont´ınua `a
direita de todos pontos de [0, ∞) e µ
−1
k
ser cont´ınua e estritamente crescente,
temos (analogamente ao que foi feito anteriormente) que ∃δ
4
> 0 tal que
∀s ∈ (t, t + δ
4
) vale que
r(y
k
(µ
−1
k
(s)), y
k
(µ
−1
k
(t))) < ε/2
Tomamos δ
0
= min{δ
3
, δ
4
}. Assim, ∀s ∈ (t, t + δ
0
), temos que
r(z
k
(t+), z
k
(t)) ≤ r(z
k
(t+), z
k
(s)) + r(z
k
(s), z
k
(t)) < ε/2 + ε/2 = ε.
Como ε ´e qualquer e r ´e m´etrica, temos que z
k
(t+) = z
k
(t). Logo, z
k
∈
D
E
[0, ∞), ∀k ∈ N.
Vamos mostrar a seguir que a sequˆencia de fun¸c˜oes z
k
converge uniforme-
mente em intervalos limitados. Como µ
k
∈ Λ, temos pelo lema 1.6 e pelo
item 5 das observa¸c˜oes feitas acima que lim
k→∞
γ(µ
−1
k
) = lim
k→∞
γ(µ
k
) = 0. Da
observa¸c˜ao 1.3, temos que µ
−1
k
converge uniformemente `a identidade em in-
tervalos limitados. Assim, dados [a, b] ⊂ [0, ∞) e ε > 0, ∃k
1
= k
1
(ε, a, b) ∈ N
tal que ∀t ∈ [a, b] vale
|µ
−1
k
(t) − t| < ε, ∀k ≥ k
1
.
48
De onde segue, que ∀t ∈ [a, b] vale µ
−1
k
(t) ≤ µ
−1
k
(b) < b + ε, ∀k ≥ k
1
, j´a que
µ
−1
k
´e estritamente crescente. Tomamos k
2
= k
2
(ε, b) ∈ N tal que b + ε < k
2
.
Seja k
3
= max{ k
1
, k
2
} (notamos que k
3
= k
3
(ε, a, b)). Assim, ∀t ∈ [a, b] vale
µ
−1
k
(t) < k, ∀k ≥ k
3
. Ent˜ao por (1.36), temos que
µ
−1
k
(t) < u
k
, ∀k ≥ k
3
. (1.46)
Dado t ∈ [a, b].
q(z
k
(t), z
k+1
(t)) =
45
q(y
k
(µ
−1
k
(t)), y
k+1
(µ
−1
k+1
(t)))
=
46
q(y
k
(µ
−1
k
(t) ∧ u
k
), y
k+1
(µ
−1
k+1
(t) ∧ u
k
))
≤ sup
t≥0
q(y
k
(µ
−1
k
(t) ∧ u
k
), y
k+1
(µ
−1
k+1
(t) ∧ u
k
)) ≤
47
1
2
k
, ∀k ≥ k
3
. (1.47)
Agora, tomamos k
0
≥ k
3
tal que n/2
k
< ε, ∀n > k ≥ k
0
(notamos que
k
0
= k
0
(k
3
, ε) = k
0
(ε, a, b)). Ent˜ao
q(z
k
(t), z
n
(t))
≤ q(z
k
(t), z
k+1
(t)) + q(z
k+1
(t), z
k+2
(t)) + . . . + q(z
n−1
(t), z
n
(t))
<
48
1
2
k
+
1
2
k+1
+ . . . +
1
2
n−1
<
n
2
k
< ε, ∀n > k ≥ k
0
.
Podemos supor, sem perda de generalidade, que ε ∈ (0, 1), ent˜ao a desigual-
dade acima vale para
r(z
k
(t), z
n
(t)) < ε, ∀n > k ≥ k
0
,
j´a que q = r ∧ 1. E, assim, como (E, r) ´e completo, pelo Crit´erio de Cau-
chy para convergˆencia uniforme de [3] p´agina 168, temos que a sequˆencia de
fun¸c˜oes
z
k
: [0, ∞) → E converge uniformemente em [a, b]. Logo, a sequˆencia de
fun¸c˜oes z
k
converge uniformemente em intervalos limitados. Desta forma, a
45
S´o nota¸c˜ao.
46
De (1.46).
47
De (1.45).
48
De (1.47).
49
sequˆencia de fun¸c˜oes z
k
converge uniformemente em [0, N], ∀N ∈ N. Seja
y
N
: [0, ∞) → E tal que z
k
converge uniformemente para y
N
em [0, N],
∀N ∈ N.
Definimos y(t) = y
N
(t), se ∀t ∈ [0, N], onde N ∈ N.
Observamos y est´a bem definida, pois se existem t ≥ 0 e N, N
0
∈ N tais
que t ∈ [0, N], t ∈ [0, N
0
] e y
N
(t) = y
N
0
(t), ent˜ao z
k
(t) converge para dois
pontos diferentes, o que ´e absurdo. Tamb´em, observamos que z
k
converge
uniformemente em intervalos limitados para a fun¸c˜ao y : [0, ∞) → E definida
acima, pois dado [a, b], temos que existe N
1
∈ N tal que [a, b] ⊂ [0, N
1
] e pela
defini¸c˜ao acima z
k
converge uniformemente em [0, N
1
].
Afirmamos que y ∈ D
E
[0, ∞).
De fato, sejam t ≥ 0 e ε > 0. Como z
k
converge uniformemente `a y em [0, t],
temos que ∃k
0
∈ N tal que r(y(s), z
k
0
(s)) < ε/3, ∀s ∈ [0, t]. Pelo fato do
limite de z
k
0
existir `a esquerda de t, temos que ∃δ
k
0
> 0 tal que ∀s ∈ (t−δ
k
0
, t)
vale r(z
k
0
(s), z
k
0
(t)) < ε/3. Assim, ∀s ∈ (t − δ
k
0
, t), temos que
r(y(s), y(t)) ≤ r(y(s), z
k
0
(s))+r(z
k
0
(s), z
k
0
(t))+r(z
k
0
(t), y(t)) <
ε
3
+
ε
3
+
ε
3
= ε.
Desta forma, ∃y(t−). Analogamente, mostramos que ∃y(t+). Para comple-
tar a prova de que y ∈ D
E
[0, ∞), devemos mostrar que y(t+) = y(t). Por
existir y(t+), temos que ∃s
1
> t tal que r(y(t+), y(s)) < ε/4, ∀s ∈ (t, s
1
).
Da convergˆencia uniforme de z
k
`a y, obtemos k
1
∈ N tal que
r(y(s), z
k
1
(s)) < ε/4, ∀s ∈ [t, s
1
).
Como z
k
1
´e cont´ınua `a direita de t, ∃s
0
∈ (t, s
1
) tal que
r(z
k
1
(s
0
), z
k
1
(t)) < ε/4.
Desta forma,
r(y(t+), y(t))
≤ r(y(t+), y(s
0
)) + r(y(s
0
), z
k
1
(s
0
)) + r(z
k
1
(s
0
), z
k
1
(t)) + r(z
k
1
(t), y(t))
50
<
ε
4
+
ε
4
+
ε
4
+
ε
4
= ε.
Logo, y(t+) = y(t), o que implica que y ∈ D
E
[0, ∞).
Da convergˆencia uniforme de z
k
= y
k
◦µ
−1
k
`a y em intervalos limitados, temos
que
lim
k→∞
sup
0≤t≤T
r(y
k
(µ
−1
k
(t)), y(t)) = 0, ∀T > 0.
De onde segue, pelo lim
k→∞
γ(µ
−1
k
) = 0 e pela observa¸c˜ao 1.5, que vale a
afirma¸c˜ao (b) da proposi¸c˜ao 1.5 para as sequˆencias de fun¸c˜oes {µ
k
} ⊂ Λ,
{y
k
} ⊂ D
E
[0, ∞) e y ∈ D
E
[0, ∞). Ent˜ao, por esta proposi¸c˜ao, temos que
lim
k→∞
d(y
k
, y) = 0.
Portanto, D
E
[0, ∞) ´e completo.
51
Apˆendice
Agora vamos demonstrar o Lema 1.2, mas para isso necessitamos dos se-
guintes resultados.
Afirma¸c˜ao A.1: Seja f : X → R
sup
x∈X
|f(x)| = max
sup
x∈X
f(x), − inf
x∈X
f(x)
Demonstra¸c˜ao Como
sup
x∈X
|f(x)| ≥ sup
x∈X
f(x) e
sup
x∈X
|f(x)| ≥ sup
x∈X
[−f(x)] = − inf
x∈X
f(x),
temos que
sup
x∈X
|f(x)| ≥ max
sup
x∈X
f(x), − inf
x∈X
f(x)
. (1.48)
Supomos por absurdo que a desigualdade em (1.48) seja estrita. Ent˜ao existe
x
0
∈ X tal que |f(x
0
)| > max
sup
x∈X
f(x), − inf
x∈X
f(x)
. Como |f(x
0
)| =
max {f(x
0
), −f(x
0
)}, temos que
max {f(x
0
), −f(x
0
)} > max
sup
x∈X
f(x), − inf
x∈X
f(x)
≥ max {f(x
0
), −f(x
0
)} ,
o que ´e um absurdo. Portanto em (1.48) vale a igualdade.
52
Afirma¸c˜ao A.2:
sup
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
= sup
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
inf
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
= inf
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
(As igualdades desta afirma¸c˜ao s˜ao as chamadas Identidades de Dini).
Demonstra¸c˜ao Vamos provar a primeira igualdade (a prova da segunda
identidade ´e an´aloga). Como
sup
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
=
49
sup
t≥0
lim sup
s→t
+
λ(s) − λ(t)
s − t
≤
50
sup
t≥0
sup
s>t
λ(s) − λ(t)
s − t
= sup
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
, (1.49)
para provar que vale a igualdade, vamos supor (por contradi¸c˜ao) que a desi-
gualdade acima ´e estrita. Ent˜ao exite m ≥ 0 tal que
sup
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
< m < sup
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
. (1.50)
Defina α(t) = mt − λ(t). Observamos que α ´e crescente (estritamente), pois
∀t ≥ 0, temos
lim inf
h→0
+
α(t + h) − α(t)
h
= lim inf
h→0
+
m.(t + h) − λ(t + h) − m.t + λ(t)
h
= lim inf
h→0
+
m −
(λ(t + h) − λ(t)
h
≥
51
m + lim inf
h→0
+
−
(λ(t + h) − λ(t)
h
=
52
m − lim sup
h→0
+
(λ(t + h) − λ(t)
h
>
53
0.
49
Mudan¸ca de vari´avel: t + h = s.
50
lim sup
s→t+
f(s) ≤ sup
s>t
f(s), ∀f .
51
De [2] (p´agina 123), temos lim inf(f + g) ≥ lim inf f + lim inf g.
52
De [2] (p´agina 123), temos lim inf(−f) = − lim inf f .
53
Da suposi¸c˜ao de que sup
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
< m.
53
Assim, dados t, s ∈ [0, ∞) tais que t < s, temos
m.t − λ(t) = α(t) < α(s) = m.s − λ(s)
⇒ λ(s) − λ(t) < m.(s − t) ⇒
λ(s) − λ(t)
s − t
< m.
Logo,
sup
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
≤ m,
ent˜ao obtivemos uma contradi¸c˜ao com (1.50). Portanto, vale a igualdade em
(1.49).
Demonstra¸c˜ao (do Lema 1.2)
Da afirma¸c˜ao A.1, temos que
sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
= (1.51)
= max
sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
, − inf
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
.
Como log ´e uma fun¸c˜ao estritamente crescente, temos que
sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
= log
sup
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
. (1.52)
Pela afirma¸c˜ao A.2 e usando novamente o fato de log ser estritamente cres-
cente, obtemos
log
sup
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
= log
sup
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
. (1.53)
Ent˜ao de (1.52) e (1.53), temos
sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
= sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
. (1.54)
Analogamente, usando que log ´e estritamente crescente, temos
inf
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
= log
inf
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
. (1.55)
54
Novamente pela afirma¸c˜ao A.2 e usando novamente o fato de log ser estrita-
mente crescente, obtemos
log
inf
s>t≥0
λ(s) − λ(t)
s − t
= log
inf
t≥0
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= inf
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
. (1.56)
Ent˜ao de (1.55) e (1.56), temos
− inf
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
= − inf
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
.
(1.57)
De 1.51, 1.54, 1.57 e afirma¸c˜ao A.1, temos que
sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
=
= max
sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
,
− inf
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
. (1.58)
Lembramos que sempre o supremo em t ≥ 0 ´e maior ou igual ao supremo
essencial, tamb´em, em t ≥ 0, ent˜ao
sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≥ sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
.
(1.59)
Como
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= log λ
(t),
em q.t.p. t ≥ 0, temos
sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= sup ess
t≥0
| log λ
(t)|. (1.60)
Por 1.58, 1.59, 1.60 e afirma¸c˜ao A.1, temos que
sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
= sup
s>t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
55
≥ sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= sup ess
t≥0
| log λ
(t)|
Vamos supor por contradi¸c˜ao que a desigualdade acima seja estrita, ou seja,
que
K = sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
>sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
Primeiro observamos que K < ∞, p ois pelo fato de λ ser lipschitziana, existe
uma constante c tal que
λ(t + h) − λ(t)
h
=
|λ(t + h) − λ(t)|
h
≤
ch
h
= c,
∀t ≥ 0 e ∀h > 0. Logo,
K = sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≤ c < ∞.
Da nossa suposi¸c˜ao de que
sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
< K,
existe r ≥ 0 tal que
sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
< r < K.
Como em q.t.p. t ≥ 0 vale
log λ
(t) ≤ sup ess
t≥0
| log λ
(t)| = sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
< r,
temos que
λ
(t) < e
r
, em q.t.p. t ≥ 0. (1.61)
Anteriormente, mencionamos que λ ´e absolutamente cont´ınua, ent˜ao pode-
mos utilizar o Teorema Fundamental do C´alculo [6] (p´agina 166) e obter que
∀t ≥ 0 e ∀h > 0 vale
λ(t + h) − λ(t) =
t+h
t
λ
(s)ds.
56
Para estimar esta integral usamos (1.61) e a desigualdade para integrais de
[5] p´agina 83
t+h
t
λ
(s)ds ≤
t+h
t
e
r
ds = e
r
h.
Assim,
λ(t + h) − λ(t)
h
≤ e
r
, ∀t ≥ 0 e ∀h > 0.
Tomamos o limite superior quando h → 0
+
, aplicamos logaritmo na desi-
gualdade acima e chegamos `a
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≤ r, ∀t ≥ 0.
Nesta desigualdade tomamos o supremo e obtemos
sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≤ sup
s>t≥0
r = r < K. (1.62)
Por outro lado, em quase todo ponto t ≥ 0 vale
−log λ
(t) ≤ sup ess
t≥0
| log λ
(t)| = sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
< r,
temos que
λ
(t) > e
−r
, em q.t.p. t ≥ 0.
E, analogamente ao que foi feito anteriormente, obtemos
λ(t + h) − λ(t) =
t+h
t
λ
(s)ds ≥
t+h
t
e
−r
ds = e
−r
h, ∀t ≥ 0 e ∀h > 0.
Logo,
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≥ log
lim sup
h→0
+
e
−r
h
h
= log e
−r
= −r, ∀t ≥ 0.
Tomamos o ´ınfimo e obtemos
inf
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≥ inf
s>t≥0
−r = −r.
Desta forma,
− inf
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≤ r < K. (1.63)
57
De (1.62), (1.63) e da afirma¸c˜ao 2.1, temos que
sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
≤ r < K.
Mas, isto contraria
sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
= K
Logo nossa suposi¸c˜ao ´e falsa, ou seja, vale
sup ess
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
=sup
t≥0
log
lim sup
h→0
+
λ(t + h) − λ(t)
h
.
(1.64)
Portanto, de (1.1), (1.64), (1.60) e (1.58), temos que
γ(λ) = sup
s>t≥0
log
λ(s) − λ(t)
s − t
.
Afirma¸c˜ao A.3: Dado T ≥ 0.
inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
=
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
Demonstra¸c˜ao
• Se γ(λ) ≥ e
−T
, ∀λ ∈ Λ,
⇒
γ(λ) ∨ e
−T
= γ(λ), ∀λ ∈ Λ ⇒ inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
= inf
λ∈Λ
γ(λ)
e
inf
λ∈Λ
γ(λ) ≥ e
−T
⇒
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
= inf
λ∈Λ
γ(λ)
⇒ inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
=
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
• Se ∃λ
0
∈ Λ tal que γ(λ
0
) ≤ e
−T
,
⇒
γ(λ
0
) ∨ e
−T
= e
−T
⇒ inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
≤ e
−T
e
inf
λ∈Λ
γ(λ) ≤ e
−T
⇒
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
= e
−T
58
⇒ inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
≤
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
Observando que ∀λ ∈ Λ temos
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
≤ γ(λ) ∨ e
−T
.
Ent˜ao tomando o ´ınfimo sobre todas as fun¸c˜oes λ ∈ Λ obtemos
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
≤ inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
.
Assim, vale a igualdade que quer´ıamos provar, i. e.,
inf
λ∈Λ
γ(λ) ∨ e
−T
=
inf
λ∈Λ
γ(λ)
∨ e
−T
Proposi¸c˜ao 1.6 Dados {x
n
} ⊂ D
E
[0, ∞) e x ∈ D
E
[0, ∞). Ent˜ao s˜ao equi-
valentes:
i) Existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)) = 0,
∀T > 0.
ii) Para cada T > 0, existe {λ
n
} ⊂ Λ
(esta sequˆencia de fun¸c˜oes pode
depender de T ) tais que valem lim
n→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t) − t| = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)) = 0.
Demonstra¸c˜ao
(i) ⇒ (ii) Supomos que existe {λ
n
} ⊂ Λ tal que lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0 e
lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
n
(t)) = 0, ∀T > 0. Para completar esta prova, basta
mostrarmos que para cada T > 0 vale lim
n→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t) − t| = 0. Mas, isso
pode ser obtido do lema 1.4 pelo fato de lim
n→∞
γ(λ
n
) = 0.
59
(ii) ⇒ (i) Supomos que para cada T > 0, existe {λ
n
} ⊂ Λ
(esta sequˆencia
de fun¸c˜oes pode depender de T ) tais que valem lim
n→∞
sup
0≤t≤T
|λ
n
(t) − t| = 0 e
(1.32). Seja N ∈ N. Escolha {λ
N
n
} ⊂ Λ
satisfazendo
lim
n→∞
sup
0≤t≤N
|λ
N
n
(t) − t| = 0
e
lim
n→∞
sup
0≤t≤N
r(x
n
(t), x(λ
N
n
(t)) = 0
e, ainda, queremos que
λ
N
n
(t) = λ
N
n
(N) + t − N, ∀t > N.
Definimos a sequˆencia de pontos de [0, ∞)
τ
N
0
= 0
τ
N
k
=
inf{t > τ
N
k−1
; r(x(t), x(τ
N
k−1
)) > 1/N}, se τ
N
k−1
< ∞
∞ , se τ
N
k−1
= ∞
,
onde k = 0, 1, 2, ... .
Observa¸c˜oes sobre {τ
N
k
}
k
:
• {τ
N
k
}
k
´e estritamente crescente nos termos que s˜ao finitos.
De fato, dado k ∈ N tal que τ
N
k
< ∞. Como x ´e cont´ınua `a direita
de τ
N
k−1
, temos que existe δ
k−1
> 0 tal que r(x(t), x(τ
N
k−1
)) < 1/N,
∀t ∈ (τ
N
k−1
, τ
N
k−1
+ δ
k−1
). Ent˜ao
τ
N
k
= inf{t > τ
N
k−1
; r(x(t), x(τ
N
k−1
)) > 1/N} ≥ τ
N
k−1
+ δ
k−1
> τ
N
k−1
• {τ
N
k
}
k
n˜ao tem ponto de acumula¸c˜ao finito
Pelo racioc´ınio feito acima cada ponto finito desta sequˆencia ´e um p onto
isolado.
60
Definimos, para cada n fixo, a sequˆencia de pontos de [0, ∞) por
u
N
k,n
= (λ
N
n
)
−1
(τ
N
k
),
onde k = 0, 1, 2, ... e (λ
N
n
)
−1
(∞) = ∞. Observamos que {u
N
k,n
}
k
´e uma
sequˆencia crescente, pois λ
N
n
∈ Λ
, ent˜ao (λ
N
n
)
−1
´e estritamente crescente, ∀n,
e lembre que { τ
N
k
}
k
, tamb´em, ´e crescente. Agora, vamos definir a sequˆencia
de fun¸c˜oes de Λ
µ
N
n
(t) =
τ
N
k
+
t−u
N
k,n
u
N
k+1,n
−u
N
k,n
(τ
N
k+1
− τ
N
k
), se t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
) ∩ [0, n],
k = 0, 1, 2, ...
µ
N
n
(N) + t − N , se t > N
,
por conven¸c˜ao ∞
−1
∞=1. Com esta conven¸c˜ao, afirmamos que
γ(µ
N
n
) = max
k=0,1,2,...
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]=∅
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
. (1.65)
De fato,
γ(µ
N
n
) = sup ess
t≥0
log(µ
N
n
)
(t)
= max
k=0,1,2,...
sup ess
t∈
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]
log(µ
N
n
)
(t)
, sup ess
t∈(N,∞)
log(µ
N
n
)
(t)
.
Seja t ∈ (N, ∞), ent˜ao µ
N
n
(t) ´e diferenci´avel, pois µ
N
n
´e linear neste intervalo.
Logo, podemos calcular
(µ
N
n
)
(t) = lim
h→0
µ
N
n
(t + h) − µ
N
n
(t)
h
= lim
h→0
µ
N
n
(N) + t + h − µ
N
n
(N) − t
h
= 1.
Assim,
sup ess
t∈(N,∞)
log(µ
N
n
)
(t)
= 0.
De onde segue, que
γ(µ
N
n
) = max
k=0,1,2,...
sup ess
t∈
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]
log(µ
N
n
)
(t)
. (1.66)
61
Agora, tamb´em, fixamos k = 0, 1, 2, ... com [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
) ∩ [0, N] = ∅. Obser-
vamos que µ
N
n
´e diferenci´avel em todo ponto t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
) ∩ [0, N], pois
µ
N
n
´e linear neste intervalo. Como ∀t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
) ∩ [0, N], temos
(µ
N
n
)
(t) = lim
h→0
µ
N
n
(t + h) − µ
N
n
(t)
h
= lim
h→0
1
h
τ
N
k
+
t + h − u
N
k,n
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
(τ
N
k+1
− τ
N
k
)
−
τ
N
k
+
t − u
N
k,n
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
(τ
N
k+1
− τ
N
k
)
= lim
h→0
1
h
h
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
(τ
N
k+1
− τ
N
k
)
=
τ
N
k+1
− τ
N
k
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
.
Assim,
sup ess
t∈
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]
log(µ
N
n
)
(t)
= sup ess
t∈
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
=
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
.
(1.67)
De (1.66) e (1.67), obtemos (1.65).
Agora, afirmamos que
sup
0≤t≤N
r(x(λ
N
n
(t)), x(µ
N
n
(t))) ≤
2
N
, ∀n. (1.68)
De fato,
sup
0≤t≤N
r(x(λ
N
n
(t)), x(µ
N
n
(t))) = max
k=0,1,2,...
sup
t∈[u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)∩[0,N]
r(x(λ
N
n
(t)), x(µ
N
n
(t)))
,
(1.69)
por isso basta analisar
sup
t∈[u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)∩[0,N]
r(x(λ
N
n
(t)), x(µ
N
n
(t))),
para cada k = 0, 1, 2, ..., onde [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
) ∩ [0, N] = ∅. Novamente, fixamos
k = 0, 1, 2, ... com [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
)∩[0, N] = ∅. Lembre que ∀t ∈ [τ
N
k
, τ
N
k+1
), o que
62
implica que r(x(t), x(τ
N
k
)) ≤ 1/N, pois τ
N
k+1
= inf{t > τ
N
k
; r(x(t), x(τ
N
k
)) >
1/N}. Como λ
N
n
∈ Λ
, temos que λ
N
n
´e estritamente crescente, ent˜ao
τ
N
k
= λ
N
n
(u
N
k,n
) ≤ λ
N
n
(t) < λ
N
n
(u
N
k+1,n
) = τ
N
k+1
, ∀t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
).
De onde segue, que
r(x(λ
N
n
(t)), x(τ
N
k
)) ≤ 1/N, ∀t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
). (1.70)
Como µ
N
n
´e linear em [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
), µ
N
n
(u
N
k,n
) = τ
N
k
e µ
N
n
(u
N
k+1,n
) = τ
N
k+1
, temos
que τ
N
k
≤ µ
N
n
(t) < τ
N
k+1
, ∀t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
). De onde segue, que
r(x(µ
N
n
(t)), x(τ
N
k
)) ≤ 1/N, ∀t ∈ [u
N
k,n
, u
N
k+1,n
). (1.71)
Logo,
sup
t∈[u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)∩[0,N]
r(x(λ
N
n
(t)), x(µ
N
n
(t)))
≤ sup
t∈[u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)∩[0,N]
r(x(λ
N
n
(t)), x(τ
N
k
)) + sup
t∈[u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)∩[0,N]
r(x(τ
N
k
), x(µ
N
n
(t)))
≤
54
1/N + 1/N = 2/N. (1.72)
Assim, de (1.69) e de (1.72), temos (1.68). O que implica que
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(µ
N
n
(t)))
≤ sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
N
n
(t))) + sup
0≤t≤T
r(x(λ
N
n
(t)), x(µ
N
n
(t)))
≤
55
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(λ
N
n
(t))) +
2
N
, ∀n.
Da hip´otese, temos
lim
n→∞
sup
0≤t≤N
r(x
n
(t), x(λ
N
n
(t)) = 0,
ent˜ao
∃
n
N
1
tal que sup
0≤t≤N
r
(
x
n
(
t
)
, x
(
λ
N
n
(
t
))
<
1
/N
,
∀
n
≥
n
N
1
. Logo
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(µ
N
n
(t))) ≤
3
N
, ∀n ≥ n
N
1
. (1.73)
54
De (1.70) e (1.71).
55
De (1.68).
63
Como lim
n→∞
γ(λ
N
n
) = 0 e pelo lema 1.6, temos que lim
n→∞
γ((λ
N
n
)
−1
) = 0. Da
observa¸c˜ao 1.4, temos que {(λ
N
n
)
−1
}
n
converge pontualmente `a identidade,
de onde segue que
lim
n→∞
u
N
k,n
=
56
lim
n→∞
(λ
N
n
)
−1
(τ
N
k
) =
57
τ
N
k
, ∀k. (1.74)
Logo,
lim
n→∞
γ(µ
N
n
) = lim
n→∞
max
k=0,1,2,...
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]=∅
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
= max
k=0,1,2,...
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]=∅
lim
n→∞
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
u
N
k+1,n
− u
N
k,n
= max
k=0,1,2,...
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]=∅
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
lim
n→∞
u
N
k+1,n
− lim
n→∞
u
N
k,n
=
58
max
k=0,1,2,...
[
u
N
k,n
,u
N
k+1,n
)
∩[0,N]=∅
log
τ
N
k+1
− τ
N
k
τ
N
k+1
− τ
N
k
= 0 . (1.75)
Ent˜ao ∃n
N
2
tal que γ(µ
N
n
) < 1/N, ∀n ≥ n
N
2
. Tomamos n
N
= max{n
N
1
, n
N
2
, N}.
Assim, de (1.73), temos que
sup
0≤t≤N
r(x
n
(t), x(µ
N
n
(t)) < 3/N e γ(µ
N
n
) < 1/N, ∀n ≥ n
N
.
Variamos N e observamos que a sequˆencia {n
N
}
N
pode ser tomada estrita-
mente crescente. Como N ≤ n
N
, temos que lim
N→∞
n
N
= ∞, ent˜ao podemos
definir para todo n ∈ N
ˆ
λ
n
=
µ
N
n
, se n
N
≤ n < n
N+1
, N ≥ 1
Id, se 1 ≤ n < n
1
.
Precisamos mostrar que
ˆ
λ
n
satisfaz a letra (b) desta proposi¸c˜ao.
56
Da defini¸c˜ao de u
N
k,n
57
Da convergˆencia pontual.
64
•
ˆ
λ
n
∈ Λ, pois se n
N
≤ n < n
N+1
, N ≥ 1, ent˜ao
ˆ
λ
n
= µ
N
n
∈ Λ e se
1 ≤ n < n
1
, ent˜ao
ˆ
λ
n
= Id ∈ Λ.
• lim
n→∞
γ(
ˆ
λ
n
) = 0, pois se n
N
≤ n < n
N+1
, N ≥ 1, ent˜ao lim
n→∞
γ(
ˆ
λ
n
) =
lim
n→∞
γ(µ
N
n
) = 0 e se 1 ≤ n < n
1
, ent˜ao lim
n→∞
γ(
ˆ
λ
n
) = lim
n→∞
γ(Id) = 0 .
• lim
n→∞
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(
ˆ
λ
n
(t))) = 0, ∀T > 0. De fato, seja T > 0. Dado
ε > 0, ∃N
0
∈ N tal que T < N
0
e 3/N
0
< ε. Tomamos n
0
∈ N tal
que n
N
0
≤ n
0
< n
N
0
+1
, ent˜ao ∀n ≥ n
0
temos que ∃N
n
≥ N
0
tal que
n ≥ n
N
n
≥ n
0
≥ n
N
0
e
ˆ
λ
n
= µ
N
n
n
. Assim,
sup
0≤t≤T
r(x
n
(t), x(
ˆ
λ
n
(t))) ≤ sup
0≤t≤N
n
r(x
n
(t), x(µ
N
n
n
(t))) <
3
N
n
≤
3
N
0
< ε,
∀n ≥ n
0
.
Destas observa¸c˜oes obtemos que
ˆ
λ
n
satisfaz (i).
65
Referˆencias Bibliogr´aficas
[1] Stewart N. Ethier, Thomas G. Kurtz. Markov Processes - Characte-
rization and Convergence. Wiley Series in Probability and Statistics.
Wiley-Interscience, Hoboken, New Jersey, 2005.
[2] Elon Lages Lima. Curso de An´alise, Vol. 1. Projeto Euclides. IMPA, Rio
de Janeiro, 1995.
[3] Elon Lages Lima. Espa¸cos M´etricos. Projeto Euclides. IMPA, Rio de
Janeiro, 1993.
[4] Pedro Jesus Fernandez. Medida e Integra¸c˜ao, 2
a
ed.. Projeto Euclides.
IMPA, Rio de Janeiro, 2002.
[5] H. L. Royden. Real Analysis. The Macmillam Company. New York, 1963.
[6] Augusto Armando de Castro j´unior. Curso de Teoria da Medida. Projeto
Euclides. IMPA, Rio de Janeiro, 2004.
[7] Robert G. Bartle. The Elements of Integration. John Wiley & Sons, Inc.,
New York, 1966.
[8] Edwin Hewitt, Karl Stromberg. Real and Abstract Analysis. Springer-
Veralg, New York, 1965.
66
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