ハーン分解定理

数学において、オーストリアの数学者ハンス・ハーンにちなんで名付けられたハーン分解定理は、任意の可測空間に対して、${\displaystyle (X,\Sigma )}$署名済みの尺度${\displaystyle \mu }$定義${\displaystyle \sigma }$-代数${\displaystyle \Sigma }$2つ存在する${\displaystyle \Sigma }$-測定可能な集合、${\displaystyle P}$そして${\displaystyle N}$、 の${\displaystyle X}$すなわち、

1. ${\displaystyle P\cup N=X}$そして ${\displaystyle P\cap N=\varnothing }$。
2. すべての${\displaystyle E\in \Sigma }$そのため${\displaystyle E\subseteq P}$1つは${\displaystyle \mu (E)\geq 0}$つまり、${\displaystyle P}$は、​${\displaystyle \mu }$。
3. すべての${\displaystyle E\in \Sigma }$そのため${\displaystyle E\subseteq N}$1つは${\displaystyle \mu (E)\leq 0}$つまり、${\displaystyle N}$は負の集合です${\displaystyle \mu }$。

さらに、この分解は本質的に一意であり、他のペアについては${\displaystyle (P',N')}$の${\displaystyle \Sigma }$-測定可能な部分集合${\displaystyle X}$上記の３つの条件を満たす対称差${\displaystyle P\triangle P'}$そして${\displaystyle N\triangle N'}$は${\displaystyle \mu }$-すべてのヌル集合が強い意味で${\displaystyle \Sigma }$それらの測定可能な部分集合は測定がゼロです。${\displaystyle (P,N)}$これは符号付き測度のハーン分解と呼ばれる。${\displaystyle \mu }$。

ハーン分解定理の帰結は、ジョルダン分解定理は、すべての符号付き測度が${\displaystyle \mu }$定義済み${\displaystyle \Sigma }$差分への独自の分解があります${\displaystyle \mu =\mu ^{+}-\mu ^{-}}$2つの肯定的な指標のうち、$\displaystyle \mu ^{+}}$そして${\displaystyle \mu ^{-}}$少なくともそのうちの１つは有限であり、${\displaystyle {\mu ^{+}}(E)=0}$すべての${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle E\subseteq N}$そして${\displaystyle {\mu ^{-}}(E)=0}$すべての${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle E\subseteq P}$任意のハーン分解に対して${\displaystyle (P,N)}$の${\displaystyle \mu }$私たちは呼ぶ${\displaystyle \mu ^{+}}$そして${\displaystyle \mu ^{-}}$プラス面とマイナス面${\displaystyle \mu }$それぞれ。${\displaystyle (\mu ^{+},\mu ^{-})}$は、のジョルダン分解（またはハーン・ジョルダン分解）と呼ばれる。${\displaystyle \mu }$2つの尺度は次のように定義できます。

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

すべての${\displaystyle E\in \Sigma }$および任意のハーン分解${\displaystyle (P,N)}$の${\displaystyle \mu }$。

ジョルダン分解は一意であるのに対し、ハーン分解は本質的に一意であるにすぎないことに注意してください。

ジョルダン分解には次の系がある。ジョルダン分解が与えられた場合${\displaystyle (\mu ^{+},\mu ^{-})}$有限符号付き測度の${\displaystyle \mu }$1つは

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

いかなる場合でも${\displaystyle E}$で${\displaystyle \Sigma }$さらに、${\displaystyle \mu =\nu ^{+}-\nu ^{-}}$ペア用${\displaystyle (\nu ^{+},\nu ^{-})}$有限非負測度の${\displaystyle X}$、 それから

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

最後の式は、ジョルダン分解が最小分解であることを意味する。${\displaystyle \mu }$非負の測度の差に分解する。これがジョルダン分解の最小性である。

ジョルダン分解の証明：ジョルダン測度分解の存在、一意性、最小性の初等的な証明については、Fischer (2012)を参照してください。

準備:${\displaystyle \mu }$値を取りません${\displaystyle -\infty }$（そうでなければ、${\displaystyle -\mu }$) 前述のように、負の集合は集合です。${\displaystyle A\in \Sigma }$そのため${\displaystyle \mu (B)\leq 0}$すべての${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle B\subseteq A}$。

主張：仮に${\displaystyle D\in \Sigma }$満たす${\displaystyle \mu (D)\leq 0}$すると、負の集合が存在する。${\displaystyle A\subseteq D}$そのため${\displaystyle \mu (A)\leq \mu (D)}$。

主張の証明:定義${\displaystyle A_{0}:=D}$帰納的に仮定する${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$それ${\displaystyle A_{n}\subseteq D}$構築されました。

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

の上限を表す${\displaystyle \mu (B)}$全体的に${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle B}$の${\displaystyle A_{n}}$この上限は、先験的に無限である可能性がある。空集合のように${\displaystyle \varnothing }$候補となる可能性がある${\displaystyle B}$定義において${\displaystyle t_{n}}$、そして${\displaystyle \mu (\varnothing )=0}$、 我々は持っています${\displaystyle t_{n}\geq 0}$定義によれば${\displaystyle t_{n}}$すると、${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle B_{n}\subseteq A_{n}}$満足

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

セット${\displaystyle A_{n+1}:=A_{n}\setminus B_{n}}$帰納ステップを完了します。最後に、定義します。

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

セットとして${\displaystyle (B_{n})_{n=0}^{\infty }}$は互いに素な部分集合である${\displaystyle D}$これは、符号付き測度のシグマ加法性から導かれる。${\displaystyle \mu }$それ

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

これは、${\displaystyle \mu (A)\leq \mu (D)}$。 仮定する${\displaystyle A}$負の集合ではなかった。これは、${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle B\subseteq A}$満たす${\displaystyle \mu (B)>0}$。 それから${\displaystyle t_{n}\geq \mu (B)}$すべての${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$右側の系列は、${\displaystyle +\infty }$つまり、${\displaystyle \mu (D)=+\infty }$これは矛盾している。${\displaystyle \mu (D)\leq 0}$。 したがって、${\displaystyle A}$負の集合でなければならない。

分解の構築:セット${\displaystyle N_{0}=\varnothing }$帰納的に、${\displaystyle N_{n}}$、 定義する

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

の最小値として${\displaystyle \mu (D)}$全体的に${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle D}$の${\displaystyle X\setminus N_{n}}$。この最低条件はアプリオリである可能性があります${\displaystyle -\infty }$。 として${\displaystyle \varnothing }$候補となる可能性がある${\displaystyle D}$定義において${\displaystyle s_{n}}$、そして${\displaystyle \mu (\varnothing )=0}$、 我々は持っています${\displaystyle s_{n}\leq 0}$したがって、${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle D_{n}\subseteq X\setminus N_{n}}$そのため

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

上記の主張により、否定集合が存在する。${\displaystyle A_{n}\subseteq D_{n}}$そのため${\displaystyle \mu (A_{n})\leq \mu (D_{n})}$。 セット${\displaystyle N_{n+1}:=N_{n}\cup A_{n}}$帰納ステップを完了します。最後に、定義します。

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

セットとして${\displaystyle (A_{n})_{n=0}^{\infty }}$は互いに素であり、すべての${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle B\subseteq N}$それ

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

シグマ加法性により${\displaystyle \mu }$特に、これは次のことを示しています。${\displaystyle N}$は負の集合です。次に、定義します。${\displaystyle P:=X\setminus N}$。 もし${\displaystyle P}$正の集合でなければ、${\displaystyle \Sigma }$測定可能な部分集合${\displaystyle D\subseteq P}$と${\displaystyle \mu (D)<0}$。 それから${\displaystyle s_{n}\leq \mu (D)}$すべての人々のために${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$そして

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

これは許可されていません${\displaystyle \mu }$。 したがって、${\displaystyle P}$は正の集合である。

一意性命題の証明: 次のように仮定します。${\displaystyle (N',P')}$は、${\displaystyle X}$。 それから${\displaystyle P\cap N'}$ は正の集合であり、負の集合でもある。したがって、その可測部分集合はすべて測度がゼロである。 も同様である。${\displaystyle N\cap P'}$。 として

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

これで証明は完了です。証明終了

• ビリングスリー、パトリック（1995）。確率と測度 ― 第3版。ワイリー確率・数理統計シリーズ。ニューヨーク：ジョン・ワイリー・アンド・サンズ。ISBN 0-471-00710-2。
• Fischer, Tom (2012). "ジョルダン測度分解の存在、一意性、最小性". arXiv : 1206.5449 [ math.ST ].

• PlanetMathのハーン分解定理。
• 「ハーン分解」、数学百科事典、EMS Press、2001年 [1994年]
• 「ジョルダン分解（符号付き測度の）」、数学百科事典、EMS Press、2001 [1994]