Теорема Хана о разложении - Hahn decomposition theorem

В математика, то Теорема Хана о разложении, названный в честь Австрийский математик Ганс Хан, утверждает, что для любого измеримое пространство ${\displaystyle (X,\Sigma )}$ и любой подписанная мера ${\displaystyle \mu }$ определены на ${\displaystyle \sigma }$-алгебра ${\displaystyle \Sigma }$, существует два ${\displaystyle \Sigma }$-мерные наборы, ${\displaystyle P}$ и ${\displaystyle N}$, из ${\displaystyle X}$ такой, что:

1. ${\displaystyle P\cup N=X}$ и ${\displaystyle P\cap N=\varnothing }$.
2. Для каждого ${\displaystyle E\in \Sigma }$ такой, что ${\displaystyle E\subseteq P}$, надо ${\displaystyle \mu (E)\geq 0}$, т.е. ${\displaystyle P}$ это положительный набор за ${\displaystyle \mu }$.
3. Для каждого ${\displaystyle E\in \Sigma }$ такой, что ${\displaystyle E\subseteq N}$, надо ${\displaystyle \mu (E)\leq 0}$, т.е. ${\displaystyle N}$ отрицательный набор для ${\displaystyle \mu }$.

Более того, это разложение есть по сути уникальный, что означает, что для любой другой пары ${\displaystyle (P',N')}$ из ${\displaystyle \Sigma }$-измеримые подмножества ${\displaystyle X}$ выполняя три условия выше, симметричные различия ${\displaystyle P\triangle P'}$ и ${\displaystyle N\triangle N'}$ находятся ${\displaystyle \mu }$-нулевые наборы в том смысле, что каждый ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое их подмножество имеет нулевую меру. Пара ${\displaystyle (P,N)}$ тогда называется Разложение Хана подписанной меры ${\displaystyle \mu }$.

Разложение меры Жордана

Следствием теоремы о разложении Хана является Теорема Жордана о разложении, в котором говорится, что каждая подписанная мера ${\displaystyle \mu }$ определено на ${\displaystyle \Sigma }$ имеет уникальный разложение на разницу ${\displaystyle \mu =\mu ^{+}-\mu ^{-}}$ двух положительных мер, ${\displaystyle \mu ^{+}}$ и ${\displaystyle \mu ^{-}}$, хотя бы одно из которых конечно, такое, что ${\displaystyle {\mu ^{+}}(E)=0}$ для каждого ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle E\subseteq N}$ и ${\displaystyle {\mu ^{-}}(E)=0}$ для каждого ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle E\subseteq P}$, для любого разложения Хана ${\displaystyle (P,N)}$ из ${\displaystyle \mu }$. Мы называем ${\displaystyle \mu ^{+}}$ и ${\displaystyle \mu ^{-}}$ то положительный и отрицательная часть из ${\displaystyle \mu }$, соответственно. Пара ${\displaystyle (\mu ^{+},\mu ^{-})}$ называется Разложение Жордана (или иногда Разложение Хана – Жордана) из ${\displaystyle \mu }$. Эти две меры можно определить как

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

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

Обратите внимание, что разложение Жордана единственно, в то время как разложение Хана единственно существенно.

Из разложения Жордана вытекает следующее следствие: для разложения Жордана ${\displaystyle (\mu ^{+},\mu ^{-})}$ конечной меры со знаком ${\displaystyle \mu }$, надо

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

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

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

Последнее выражение означает, что разложение Жордана есть минимальный разложение ${\displaystyle \mu }$ в различие неотрицательных мер. Это свойство минимальности разложения Жордана.

Доказательство разложения Жордана: Элементарное доказательство существования, единственности и минимальности разложения жордановой меры см. Фишер (2012).

Доказательство теоремы Хана о разложении

Подготовка: Предположить, что ${\displaystyle \mu }$ не принимает значения ${\displaystyle -\infty }$ (иначе разложить согласно ${\displaystyle -\mu }$). Как упоминалось выше, отрицательный набор - это набор ${\displaystyle A\in \Sigma }$ такой, что ${\displaystyle \mu (B)\leq 0}$ для каждого ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle B\subseteq A}$.

Требовать: Предположим, что ${\displaystyle D\in \Sigma }$ удовлетворяет ${\displaystyle \mu (D)\leq 0}$. Тогда существует отрицательное множество ${\displaystyle A\subseteq D}$ такой, что ${\displaystyle \mu (A)\leq \mu (D)}$.

Доказательство претензии: Определять ${\displaystyle A_{0}:=D}$. Индуктивно предполагать для ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$ который ${\displaystyle A_{n}\subseteq D}$ был построен. Позволять

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

обозначить супремум из ${\displaystyle \mu (B)}$ по всему ${\displaystyle \Sigma }$-измеримые подмножества ${\displaystyle B}$ из ${\displaystyle A_{n}}$. Этот супремум мог бы априори быть бесконечным. Как пустой набор ${\displaystyle \varnothing }$ возможный кандидат на ${\displaystyle B}$ в определении ${\displaystyle t_{n}}$, и, как ${\displaystyle \mu (\varnothing )=0}$, у нас есть ${\displaystyle t_{n}\geq 0}$. По определению ${\displaystyle t_{n}}$, тогда существует ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle B_{n}\subseteq A_{n}}$ удовлетворение

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

Набор ${\displaystyle A_{n+1}:=A_{n}\setminus B_{n}}$ чтобы закончить индукционный шаг. Наконец, определим

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

Как наборы ${\displaystyle (B_{n})_{n=0}^{\infty }}$ непересекающиеся подмножества ${\displaystyle D}$, следует из сигма аддитивность подписанной меры ${\displaystyle \mu }$ который

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

Это показывает, что ${\displaystyle \mu (A)\leq \mu (D)}$. Предполагать ${\displaystyle A}$ не были отрицательным набором. Это означает, что существует ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle B\subseteq A}$ это удовлетворяет ${\displaystyle \mu (B)>0}$. потом ${\displaystyle t_{n}\geq \mu (B)}$ для каждого ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$, Итак серии справа пришлось бы расходиться на ${\displaystyle +\infty }$, подразумевая, что ${\displaystyle \mu (A)=-\infty }$, что не допускается. Следовательно, ${\displaystyle A}$ должен быть отрицательный набор.

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

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

как инфимум из ${\displaystyle \mu (D)}$ по всему ${\displaystyle \Sigma }$-измеримые подмножества ${\displaystyle D}$ из ${\displaystyle X\setminus N_{n}}$. Этот инфимум может априори быть ${\displaystyle -\infty }$. В качестве ${\displaystyle \varnothing }$ возможный кандидат на ${\displaystyle D}$ в определении ${\displaystyle s_{n}}$, и, как ${\displaystyle \mu (\varnothing )=0}$, у нас есть ${\displaystyle s_{n}\leq 0}$. Следовательно, существует ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle D_{n}\subseteq X\setminus N_{n}}$ такой, что

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

По утверждению выше, существует отрицательное множество ${\displaystyle A_{n}\subseteq D_{n}}$ такой, что ${\displaystyle \mu (A_{n})\leq \mu (D_{n})}$. Набор ${\displaystyle N_{n+1}:=N_{n}\cup A_{n}}$ чтобы закончить индукционный шаг. Наконец, определим

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

Как наборы ${\displaystyle (A_{n})_{n=0}^{\infty }}$ не пересекаются, для каждого ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle B\subseteq N}$ который

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

по сигма-аддитивности ${\displaystyle \mu }$. В частности, это показывает, что ${\displaystyle N}$ - отрицательное множество. Затем определите ${\displaystyle P:=X\setminus N}$. Если ${\displaystyle P}$ не было бы положительного набора, существовала бы ${\displaystyle \Sigma }$-измеримое подмножество ${\displaystyle D\subseteq P}$ с ${\displaystyle \mu (D)<0}$. потом ${\displaystyle s_{n}\leq \mu (D)}$ для всех ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$ и

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

что не разрешено ${\displaystyle \mu }$. Следовательно, ${\displaystyle P}$ положительное множество.

Доказательство утверждения об уникальности:Предположим, что ${\displaystyle (N',P')}$ это еще одно разложение Хана ${\displaystyle X}$. потом ${\displaystyle P\cap N'}$ является положительным множеством, а также отрицательным множеством. Следовательно, каждое его измеримое подмножество имеет нулевую меру. То же самое касается ${\displaystyle N\cap P'}$. В качестве

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

это завершает доказательство. Q.E.D.

Рекомендации

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

внешняя ссылка

• Теорема Хана о разложении в PlanetMath.
• «Разложение Хана», Энциклопедия математики, EMS Press, 2001 [1994]
• Жорданов разложение подписанной меры в Энциклопедия математики