Teorema di decomposizione di Hahn
# 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 $(X,\Sigma )$ e una misura con segno $\mu$ definita sulla sigma-algebra $\Sigma$, esistono due insiemi misurabili $P$ e $N$ in $\Sigma$ tali che:

* $P\cup N=X$ e $P\cap N=\emptyset$
* Per ogni $E\in \Sigma$ tale che $E\subseteq P$ si verifica $\mu (E)\geq 0$, ovvero $P$ è un insieme positivo per $\mu$.
* Per ogni $E\in \Sigma$ tale che $E\subseteq N$ si verifica $\mu (E)\leq 0$, ovvero $N$ è un insieme negativo per $\mu$.

Inoltre, tale decomposizione è essenzialmente unica: per ogni altra coppia $P'$ e $N'$ di insiemi misurabili che soddisfano la definizione le differenze simmetriche $P\Delta P'$ e $N\Delta N'$ 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:

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

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:

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

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

    $\nu ^{+}\geq \mu ^{+}\qquad \nu ^{-}\geq \mu ^{-}$

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

    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:
    $t_{n}=\sup\{\mu (B):B\in \Sigma ,\,B\subset A_{n}\}$
    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 $\emptyset$ è un possibile candidato per $B$ nella definizione di $t_{n}$, e che $\mu (\emptyset )=0$, si ha $t_{n}\geq 0$. Per come è stato definito $t_{n}$, esiste $B_{n}\subseteq A_{n}$ in $\Sigma$ che soddisfa:
    $\mu (B_{n})\geq \min\{1,t_{n}/2\}$
    Per concludere il procedimento induttivo è sufficiente porre $A_{n+1}=A_{n}\setminus B_{n}$. Definendo:
    $A=D\setminus \bigcup _{n=0}^{\infty }B_{n}$
    dal momento che gli insiemi $(B_{n})_{n\geq 0}$ sono sottoinsiemi disgiunti di $D$, segue dalla sigma additività della misura con segno $\mu$ che:
    $\mu (A)=\mu (D)-\sum _{n=0}^{\infty }\mu (B_{n})\leq \mu (D)-\sum _{n=0}^{\infty }\min\{1,t_{n}/2\}$
    Questo mostra che $\mu (A)\leq \mu (D)$. Se $A$ è un insieme non-negativo allora esiste $B$ in $\Sigma$ che è sottoinsieme di $A$ e soddisfa $\mu (B)>0$. Allora $t_{n}\geq \mu (B)$ per ogni n, e quindi la serie al membro di destra diverge a $+\infty$, che significa che $\mu (A)=-\infty$, cosa non consentita. Quindi, $A$ deve essere un insieme negativo.
* Sia $N_{0}\neq \emptyset$. Per induzione, dato $N_{n}$ si definisce:

    $s_{n}:=\inf\{\mu (D):D\in \Sigma ,\,D\subset X\setminus N_{n}\}$
    come l'estremo inferiore (che può valere $-\infty$) 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 $\mu (\emptyset )=0$, si ha $s_{n}\leq 0$. Quindi esiste $D_{n}$ in $\Sigma$ con $D_{n}\subseteq X\setminus N_{n}$ e:
    $\mu (D_{n})\leq \max\{s_{n}/2,-1\}\leq 0$
    Per quanto detto nella prima parte della dimostrazione, esiste un insieme negativo $A_{n}\subseteq D_{n}$ tale che $\mu (A_{n})\leq \mu (D_{n})$. Per concludere il procedimento induttivo, si pone $N_{n+1}=N_{n}\cup A_{n}$.
    Sia:
    $N=\bigcup _{n=0}^{\infty }A_{n}$
    Dato che gli insiemi $(A_{n})_{n\geq 0}$ sono disgiunti, si ha per ogni $B\subseteq N$ in $\Sigma$ che:
    $\mu (B)=\sum _{n=0}^{\infty }\mu (B\cap A_{n})$
    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 $\Sigma$ con $\mu (D)<0$. Allora $s_{n}\leq \mu (D)$ per ogni n e:
    $\mu (N)=\sum _{n=0}^{\infty }\mu (A_{n})\leq \sum _{n=0}^{\infty }\max\{s_{n}/2,-1\}=-\infty$
    che non è consentito per $\mu$. Quindi, $P$ è un insieme positivo.
* Per provare l'unicità, sia $(N',P')$ un'altra decomposizione di Hahn di $X$. Ma allora $P\cap N'$ è un insieme positivo e anche negativo, quindi ogni suo sottoinsieme ha misura nulla. Lo stesso vale per $N\cap P'$. Dal momento che:

    $P\,\triangle \,P'=N\,\triangle \,N'=(P\cap N')\cup (N\cap P')$
    la dimostrazione è conclusa.
