Teorema di decomposizione di Hahn

In matematica, il teorema di decomposizione di Hahn, il cui nome è dovuto al matematico austriaco Hans Hahn, afferma che dato uno spazio misurabile $(X,\mathrm{\Sigma })$ e una misura con segno $\mu$ definita sulla sigma-algebra $\mathrm{\Sigma }$, esistono due insiemi misurabili $P$ e $N$ in $\mathrm{\Sigma }$ tali che:

• $P\cup N=X$ e $P\cap N=\mathrm{\varnothing }$
• Per ogni $E\in \mathrm{\Sigma }$ tale che $E\subseteq P$ si verifica $\mu (E)\ge 0$, ovvero $P$ è un insieme positivo per $\mu$.
• Per ogni $E\in \mathrm{\Sigma }$ tale che $E\subseteq N$ si verifica $\mu (E)\le 0$, ovvero $N$ è un insieme negativo per $\mu$.

Inoltre, tale decomposizione è essenzialmente unica: per ogni altra coppia $P^{\prime }$ e $N^{\prime }$ di insiemi misurabili che soddisfano la definizione le differenze simmetriche $P\mathrm{\Delta }{P}^{\prime }$ e $N\mathrm{\Delta }{N}^{\prime }$ sono insiemi $\mu$-nulli, nel senso che ogni loro sottoinsieme ha misura nulla rispetto alla misura $\mu$. La coppia $(P,N)$ è chiamata decomposizione di Hahn.

Teorema di decomposizione di Jordan

Una conseguenza del teorema di decomposizione di Hahn è il teorema di decomposizione di Jordan, che afferma che ogni misura con segno $\mu$ può essere decomposta in modo unico nella differenza:

$\mu ={\mu }^{+}-{\mu }^{-}$

di due misure positive ${\mu }^{+}$ e ${\mu }^{-}$, di cui almeno una delle due è una misura finita, tali che ${\mu }^{+}(E)=0$ se $E\subseteq N$ e ${\mu }^{-}(E)=0$ se $E\subseteq P$ per ogni decomposizione di Hahn $(P,N)$ di $\mu$. Le due misure ${\mu }^{+}$ e ${\mu }^{-}$ sono dette rispettivamente parte positiva e parte negativa di $\mu$, e la coppia $({\mu }^{+},{\mu }^{-})$ è chiamata decomposizione di Jordan o decomposizione di Hahn-Jordan.

Le due misure possono essere definite come:

${\mu }^{+}(E):=\mu (E\cap P){\mu }^{-}(E):=-\mu (E\cap N)\mathrm{\forall }E\in \mathrm{\Sigma }$

per ogni decomposizione di Hahn $(P,N)$ di $\mu$. La decomposizione di Jordan è unica (mentre la decomposizione di Hahn è soltanto essenzialmente unica).

Come corollario, data una decomposizione di Jordan $({\mu }^{+},{\mu }^{-})$ di una misura finita $\mu$, si ha:

${\mu }^{+}(E)=\underset{B\in \mathrm{\Sigma },B\subset E}{\sup }\mu (B){\mu }^{-}(E)=-\underset{B\in \mathrm{\Sigma },B\subset E}{\inf }\mu (B)\mathrm{\forall }E\in \mathrm{\Sigma }$

Inoltre, se $\mu ={\nu }^{+}-{\nu }^{-}$ per una coppia di misure finite e non negative $({\nu }^{+},{\nu }^{-})$, allora:

${\nu }^{+}\ge {\mu }^{+}{\nu }^{-}\ge {\mu }^{-}$

che significa che la decomposizione di Jordan è la decomposizione minimale di $\mu$ nella differenza di due misure non negative. In alcuni testi si parla di "proprietà di minimalità" della decomposizione di Jordan.

Dimostrazione

La dimostrazione del teorema di decomposizione di Hahn può essere suddivisa, per comodità, in tre parti. Nella prima si mostra un lemma preliminare, nella seconda si costruisce la decomposizione e nella terza se ne dimostra l'unicità.

• Un insieme negativo è un insieme $A\in \mathrm{\Sigma }$ tale per cui $\mu (B)\le 0$ per ogni $B\in \mathrm{\Sigma }$ che è un sottoinsieme di $A$. Si ponga che $\mu$ non assume il valore $-\mathrm{\infty }$, e che $D\in \mathrm{\Sigma }$ soddisfa $\mu (D)\le 0$. Allora esiste un insieme negativo $A\subseteq D$ tale che $\mu (A)\le \mu (D)$.

Per dimostrare questo fatto, sia $A_0=D$ e si assuma per induzione che per $n\in \mathbb{N}$ sia possibile trovare $A_n\subseteq D$. Sia inoltre:

$t_n=\sup \{\mu (B):B\in \mathrm{\Sigma },B\subset A_n\}$

l'estremo superiore di $\mu (B)$ valutato su tutti i sottoinsiemi misurabili $B$ di $A_n$, che può anche essere infinito. Dato che l'insieme vuoto $\mathrm{\varnothing }$ è un possibile candidato per $B$ nella definizione di $t_n$, e che $\mu (\mathrm{\varnothing })=0$, si ha $t_n\ge 0$. Per come è stato definito $t_n$, esiste $B_n\subseteq A_n$ in $\mathrm{\Sigma }$ che soddisfa:

$\mu (B_n)\ge \min \{1,t_n/2\}$

Per concludere il procedimento induttivo è sufficiente porre $A_{n+1}=A_n\setminus B_n$. Definendo:

$A=D\setminus \bigcup _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{B}_n$

dal momento che gli insiemi $(B_n{)}_{n\ge 0}$ sono sottoinsiemi disgiunti di $D$, segue dalla sigma additività della misura con segno $\mu$ che:

$\mu (A)=\mu (D)-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\mu (B_n)\le \mu (D)-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\min \{1,t_n/2\}$

Questo mostra che $\mu (A)\le \mu (D)$. Se $A$ è un insieme non-negativo allora esiste $B$ in $\mathrm{\Sigma }$ che è sottoinsieme di $A$ e soddisfa $\mu (B)>0$. Allora $t_n\ge \mu (B)$ per ogni n, e quindi la serie al membro di destra diverge a $+\mathrm{\infty }$, che significa che $\mu (A)=-\mathrm{\infty }$, cosa non consentita. Quindi, $A$ deve essere un insieme negativo.

• Sia $N_0\ne \mathrm{\varnothing }$. Per induzione, dato $N_n$ si definisce:

$s_n:=\inf \{\mu (D):D\in \mathrm{\Sigma },D\subset X\setminus N_n\}$

come l'estremo inferiore (che può valere $-\mathrm{\infty }$) di $\mu (D)$ per tutti i sottoinsiemi misurabili $D\subset X\setminus N_n$. Dal momento che $D$ può anche essere l'insieme vuoto, e che $\mu (\mathrm{\varnothing })=0$, si ha $s_n\le 0$. Quindi esiste $D_n$ in $\mathrm{\Sigma }$ con $D_n\subseteq X\setminus N_n$ e:

$\mu (D_n)\le \max \{s_n/2,-1\}\le 0$

Per quanto detto nella prima parte della dimostrazione, esiste un insieme negativo $A_n\subseteq D_n$ tale che $\mu (A_n)\le \mu (D_n)$. Per concludere il procedimento induttivo, si pone $N_{n+1}=N_n\cup A_n$.

Sia:

$N=\bigcup _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$

Dato che gli insiemi $(A_n{)}_{n\ge 0}$ sono disgiunti, si ha per ogni $B\subseteq N$ in $\mathrm{\Sigma }$ che:

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

grazie alla sigma-additività di $\mu$. In particolare, questo mostra che $N$ è un insieme negativo. Definendo $P=X\setminus N_n$, se $P$ non è un insieme positivo allora esiste $D\subseteq P$ in $\mathrm{\Sigma }$ con $\mu (D)<0$. Allora $s_n\le \mu (D)$ per ogni n e:

$\mu (N)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\mu (A_n)\le \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\max \{s_n/2,-1\}=-\mathrm{\infty }$

che non è consentito per $\mu$. Quindi, $P$ è un insieme positivo.

• Per provare l'unicità, sia $(N^{\prime },P^{\prime })$ un'altra decomposizione di Hahn di $X$. Ma allora $P\cap N^{\prime }$ è un insieme positivo e anche negativo, quindi ogni suo sottoinsieme ha misura nulla. Lo stesso vale per $N\cap P^{\prime }$. Dal momento che:

$P\mathrm{△}{P}^{\prime }=N\mathrm{△}{N}^{\prime }=(P\cap N^{\prime })\cup (N\cap P^{\prime })$

la dimostrazione è conclusa.

Bibliografia

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Voci correlate

• Differenza simmetrica
• Insieme positivo e insieme negativo
• Misura (matematica)
• Misura con segno
• Spazio misurabile

Collegamenti esterni

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