Hahn 分解定理

形式陈述 ​

设 $\nu$ 是可测空间 $(X,\mathrm{\Sigma })$ 上的有符号测度理路有符号测度Signed measure · 符号测度允许正负质量但仍保持可数可加性的集合函数，其正负部分不能产生未定义的无穷抵消。。可测集 $P$ 称为 $\nu$-正集，若每个可测子集 $A\subseteq P$ 都满足 $\nu (A)\ge 0$；可测集 $N$ 称为 $\nu$-负集，若每个可测子集 $A\subseteq N$ 都满足 $\nu (A)\le 0$。注意条件约束所有可测子集，而不只是要求 $\nu (P)\ge 0$ 或 $\nu (N)\le 0$。

Hahn 分解定理断言：存在互不相交的 $P,N\in \mathrm{\Sigma }$，使

其中 $P$ 是正集，$N$ 是负集。该分解一般不逐点唯一，但若 $(P,N)$ 与 $(P^{\prime },N^{\prime })$ 都是 Hahn 分解，则

是 $\nu$-零集；这里“$\nu$-零”指其每个可测子集的 $\nu$ 值都为零。等价地，两个正部只可能在没有任何变差质量的区域上重新分配点。

定理对一般有符号测度成立，不要求有限性或 $\sigma$-有限性。若 $\nu$ 允许取一个方向的无穷值，结论仍有效；真正被定义排除的是正、负无穷同时出现而使可加性失去意义。

证明：先清除正子集，再选择最负区域 ​

若有必要先把 $\nu$ 换成 $-\nu$，以下假定它不取 $-\mathrm{\infty }$。可数个负集的并仍是负集：把并内任意可测子集按首次落入哪个负集分成不交片，每片测度都非正，再使用可数可加性。

先证一个小结论：若 $\nu (E)<0$，则 $E$ 含有负集 $N_E$，且 $\nu (N_E)\le \nu (E)$。此时 $\nu (E)$ 有限，$E$ 的每个可测子集也都取有限值。令 $R_0=E$。若 $R_n$ 还不是负集，记

选取 $B_n\subseteq R_n$ 使 $\nu (B_n)\ge min\{1,a_n/2\}$，并令 $R_{n+1}=R_n\setminus B_n$；若 $a_n=+\mathrm{\infty }$，只需选取测度至少为一的子集。过程若停止，剩余集已经为负集。

否则令 $N_E=E\setminus \bigcup _n{B}_n$。抽出的 $B_n$ 不交且有正测度；因为它们的并仍在有限测度值的 $E$ 内，$\sum _n\nu (B_n)<\mathrm{\infty }$。若 $N_E$ 还含某个 $\nu (B)>0$ 的子集，则每个 $a_n\ge \nu (B)$，上面的正项和就会发散，矛盾。因此 $N_E$ 为负集，且

现在令 $m=inf\{\nu (N):N\text{ 为负集}\}$，选负集 $N_j$ 使 $\nu (N_j)\to m$，并取 $N=\bigcup _j{N}_j$。它仍为负集，且 $\nu (N)\le \nu (N_j)$，所以 $\nu (N)=m$。由于 $\nu$ 不取 $-\mathrm{\infty }$，这也证明 $m$ 有限。若 $P=X\setminus N$ 含负值子集 $E$，刚才的结论给出与 $N$ 不交的负集 $N_E$，于是 $N\cup N_E$ 的值严格小于 $m$，矛盾。故 $P$ 为正集。

唯一性直接比较两组分解：$P\cap N^{\prime }$ 同时是正集的子集和负集的子集，其每个可测子集都只能取值零；$P^{\prime }\cap N$ 同理。证明没有把一个总值为负的集合直接当作负集，也不需要有限性或 $\sigma$-有限性。