Теорема Хана о разложении

В математике теорема о разложении Хана , названная в честь австрийского математика Ганса Хана , утверждает, что для любого измеримого пространства $(X,\Sigma )$ и любая подписанная мера $\mu$ определены на $\sigma$-алгебра $\Sigma$, существует два $\Sigma$-измеримые множества, $P$ и $N$, из $X$ такой, что:

1. $P\cup N=X$ и $P\cap N=\varnothing$.
2. Для каждого $E\in \Sigma$ такой, что $E\subseteq P$, у одного есть $\mu (E)\geq 0$, то есть, $P$ является положительным набором для $\mu$.
3. Для каждого $E\in \Sigma$ такой, что $E\subseteq N$, у одного есть $\mu (E)\leq 0$, то есть, $N$ является отрицательным набором для $\mu$.

Более того, это разложение существенно уникально , т. е. для любой другой пары $(P',N')$ из $\Sigma$-измеримые подмножества $X$ удовлетворяя трем вышеуказанным условиям, симметричные разности $P\triangle P'$ и $N\triangle N'$ являются $\mu$- null устанавливается в строгом смысле, что каждый $\Sigma$-измеримое их подмножество имеет нулевую меру. Пара $(P,N)$ тогда называется разложением Хана знаковой меры $\mu$.

жордановой

Следствием теоремы Хана о разложении является Теорема Жордана о разложении , которая утверждает, что каждая знаковая мера $\mu$ определено на $\Sigma$ имеет единственное разложение на разность $\mu =\mu ^{+}-\mu ^{-}$ двух позитивных мер, $\mu ^{+}$ и $\mu ^{-}$, хотя бы один из которых конечен, такой, что ${\mu ^{+}}(E)=0$ для каждого $\Sigma$-измеримое подмножество $E\subseteq N$ и ${\mu ^{-}}(E)=0$ для каждого $\Sigma$-измеримое подмножество $E\subseteq P$, для любого разложения Хана $(P,N)$ из $\mu$. Мы звоним $\mu ^{+}$ и $\mu ^{-}$ положительная ​ и отрицательная часть $\mu$, соответственно. Пара $(\mu ^{+},\mu ^{-})$ называется разложением Жордана (или иногда разложением Хана – Жордана ) $\mu$. Эти две меры можно определить как

${\mu ^{+}}(E):=\mu (E\cap P)\qquad {\text{and}}\qquad {\mu ^{-}}(E):=-\mu (E\cap N)$

для каждого $E\in \Sigma$ и любое разложение Хана $(P,N)$ из $\mu$.

Заметим, что разложение Жордана уникально, а разложение Хана единственно существенно.

Разложение Жордана имеет следующее следствие: учитывая разложение Жордана $(\mu ^{+},\mu ^{-})$ конечной знаковой меры $\mu$, у одного есть

${\mu ^{+}}(E)=\sup _{B\in \Sigma ,~B\subseteq E}\mu (B)\quad {\text{and}}\quad {\mu ^{-}}(E)=-\inf _{B\in \Sigma ,~B\subseteq E}\mu (B)$

для любого $E$ в $\Sigma$. Кроме того, если $\mu =\nu ^{+}-\nu ^{-}$ на пару $(\nu ^{+},\nu ^{-})$ конечных неотрицательных мер на $X$, затем

$\nu ^{+}\geq \mu ^{+}\quad {\text{and}}\quad \nu ^{-}\geq \mu ^{-}.$

Последнее выражение означает, что разложение Жордана является минимальным разложением $\mu$ в разность неотрицательных мер. Это свойство минимальности жорданового разложения.

Доказательство разложения Жордана. Элементарное доказательство существования, единственности и минимальности разложения по мере Жордана см. в Fischer (2012) .

Доказательство теоремы

Подготовка: Предположим, что $\mu$ не принимает значение $-\infty$ (иначе разложить по $-\mu$). Как уже говорилось выше, отрицательное множество – это множество $A\in \Sigma$ такой, что $\mu (B)\leq 0$ для каждого $\Sigma$-измеримое подмножество $B\subseteq A$.

Утверждение: Предположим, что $D\in \Sigma$ удовлетворяет $\mu (D)\leq 0$. Тогда есть отрицательный набор $A\subseteq D$ такой, что $\mu (A)\leq \mu (D)$.

Доказательство утверждения: Определить $A_{0}:=D$. Индуктивно предположим, что $n\in \mathbb {N} _{0}$ что $A_{n}\subseteq D$ был построен. Позволять

$t_{n}:=\sup(\{\mu (B)\mid B\in \Sigma ~{\text{and}}~B\subseteq A_{n}\})$

обозначаем верхнюю грань $\mu (B)$ над всем $\Sigma$-измеримые подмножества $B$ из $A_{n}$. Эта супремум априори может быть бесконечной. Как пустой набор $\varnothing$ является возможным кандидатом на $B$ в определении $t_{n}$, и как $\mu (\varnothing )=0$, у нас есть $t_{n}\geq 0$. По определению $t_{n}$, тогда существует $\Sigma$-измеримое подмножество $B_{n}\subseteq A_{n}$ удовлетворяющий

$\mu (B_{n})\geq \min \!\left(1,{\frac {t_{n}}{2}}\right).$

Набор $A_{n+1}:=A_{n}\setminus B_{n}$ завершить этап индукции. Наконец, определите

$A:=D{\Bigg \backslash }\bigcup _{n=0}^{\infty }B_{n}.$

Как наборы $(B_{n})_{n=0}^{\infty }$ являются непересекающимися подмножествами $D$, это следует из сигма-аддитивности знаковой меры $\mu$ что

$\mu (D)=\mu (A)+\sum _{n=0}^{\infty }\mu (B_{n})\geq \mu (A)+\sum _{n=0}^{\infty }\min \!\left(1,{\frac {t_{n}}{2}}\right)\geq \mu (A).$

Это показывает, что $\mu (A)\leq \mu (D)$. Предполагать $A$ не были отрицательным набором. Это означает, что будет существовать $\Sigma$-измеримое подмножество $B\subseteq A$ это удовлетворяет $\mu (B)>0$. Затем $t_{n}\geq \mu (B)$ для каждого $n\in \mathbb {N} _{0}$, поэтому ряд справа должен был бы расходиться к $+\infty$, подразумевая, что $\mu (D)=+\infty$, что является противоречием, поскольку $\mu (D)\leq 0$. Поэтому, $A$ должно быть отрицательным множеством.

Построение разложения: Set $N_{0}=\varnothing$. Индуктивно, учитывая $N_{n}$, определять

$s_{n}:=\inf(\{\mu (D)\mid D\in \Sigma ~{\text{and}}~D\subseteq X\setminus N_{n}\}).$

как нижняя грань $\mu (D)$ над всем $\Sigma$-измеримые подмножества $D$ из $X\setminus N_{n}$. Этот инфимум априори может быть $-\infty$. Как $\varnothing$ является возможным кандидатом на $D$ в определении $s_{n}$, и как $\mu (\varnothing )=0$, у нас есть $s_{n}\leq 0$. Следовательно, существует $\Sigma$-измеримое подмножество $D_{n}\subseteq X\setminus N_{n}$ такой, что

$\mu (D_{n})\leq \max \!\left({\frac {s_{n}}{2}},-1\right)\leq 0.$

По утверждению выше, существует отрицательное множество $A_{n}\subseteq D_{n}$ такой, что $\mu (A_{n})\leq \mu (D_{n})$. Набор $N_{n+1}:=N_{n}\cup A_{n}$ завершить этап индукции. Наконец, определите

$N:=\bigcup _{n=0}^{\infty }A_{n}.$

Как наборы $(A_{n})_{n=0}^{\infty }$ непересекающиеся, у нас есть для каждого $\Sigma$-измеримое подмножество $B\subseteq N$ что

$\mu (B)=\sum _{n=0}^{\infty }\mu (B\cap A_{n})$

по сигма-аддитивности $\mu$. В частности, это показывает, что $N$ представляет собой отрицательный набор. Далее определите $P:=X\setminus N$. Если $P$ не были бы положительным набором, существовал бы $\Sigma$-измеримое подмножество $D\subseteq P$ с $\mu (D)<0$. Затем $s_{n}\leq \mu (D)$ для всех $n\in \mathbb {N} _{0}$ и

$\mu (N)=\sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})\leq \sum _{n=0}^{\infty }\max \!\left({\frac {s_{n}}{2}},-1\right)=-\infty ,$

что не допускается для $\mu$. Поэтому, $P$ является положительным множеством.

Доказательство утверждения единственности: Предположим, что $(N',P')$ это еще одно разложение Хана $X$. Затем $P\cap N'$ есть положительное множество, а также отрицательное множество. Следовательно, каждое его измеримое подмножество имеет меру ноль. То же самое относится и к $N\cap P'$. Как

$P\triangle P'=N\triangle N'=(P\cap N')\cup (N\cap P'),$

это завершает доказательство. КЭД

Ссылки

• Биллингсли, Патрик (1995). Вероятность и мера - Третье издание . Ряд Уайли по вероятности и математической статистике. Нью-Йорк: Джон Уайли и сыновья. ISBN  0-471-00710-2 .
• Фишер, Том (2012). «Существование, единственность и минимальность разложения по жордановой мере». arXiv : 1206.5449 [ math.ST ].

Внешние ссылки

• Теорема Хана о разложении в PlanetMath .
• «Разложение Хана» , Математическая энциклопедия , EMS Press , 2001 [1994]
• «Разложение Жордана (знаковой меры)» , Математическая энциклопедия , EMS Press , 2001 [1994]