Radon–Nikodym–Lebesgue 定理

Radon–Nikodym–Lebesgue 定理是个测度论定理. 它把复测度沿着 $\sigma$-有限测度分解为绝对连续部分与奇异部分, 并给出绝对连续部分的分类. 上一句话的前半句也称为 Lebesgue 分解定理, 后半句也称为 Radon–Nikodym 定理. 一石二鸟的简洁证明由 von Neumann 给出.

1定理与证明

定理 1.1. 设 $(X,\mathcal{M})$ 是可测空间, $\mu$ 是其上 $\sigma$-有限正测度, $\nu$ 是其上复测度. 则存在唯一函数 $f\in L^1(\mu )$ 以及测度 $\lambda$, 使得 $\nu =f\mu +\lambda$, 且 $\lambda \perp \mu$.

证明. 唯一性比较容易: 如 $\nu =f_1\mu +{\lambda }_1=f_2\mu +{\lambda }_2$, 则 $(f_1-f_2)\mu ={\lambda }_2-{\lambda }_1$; 等式左边关于 $\mu$ 绝对连续, 右边关于 $\mu$ 奇异, 故两边都是 $0$, 即 $f_1=f_2$, ${\lambda }_1={\lambda }_2$. 下证存在性.

把 $\nu$ 分成实部、虚部, 再各分成正部、负部, 可设其为有限正测度. 取分拆 $X={⨆}_{i=1}^{\infty }{X}_i$ 满足 $\mu (X_i)<\infty$, 然后令 $w={\sum }_{i=1}^{\infty }\frac{1_{X_i}}{2^i\mu (X_i)}$, 以 $w\mu$ 替换 $\mu$, 可设 $\mu$ 亦为有限正测度. 这样 $\mu +\nu$ 自然也是有限测度, 于是 $L^2(\mu +\nu )\subseteq L^1(\mu +\nu )\subseteq L^1(\mu )\cap L^1(\nu )$, 且这些含入映射都连续.

考虑 Hilbert 空间 $L^2(\mu +\nu )$ 上连续泛函 $\phi \mapsto \int \phi \mathrm{d}\nu$. 由 Riesz 表示定理, 存在 $g\in L^2(\mu +\nu )$ 使得此泛函就是 $⟨\cdot ,g⟩$. 注意对 $\phi \ge 0$ 都有 $0\le ⟨\phi ,g⟩\le ⟨\phi ,1⟩$, 更改 $(\mu +\nu )$-零测集上 $g$ 的值, 可设 $0\le g\le 1$. 把 $g$ 的定义式移项, 知对任意 $\phi \in L^2(\mu +\nu )$, $$\int \phi g\mathrm{d}\mu =\int \phi (1-g)\mathrm{d}\nu .$$令 $A=\{g=1\}$, 取 $\phi =1_A$, 知 $\mu (A)=0$. 令 $f_n={\sum }_{i=1}^n{g}^i$, 任取 $E\in \mathcal{M}$, 取 $\phi =1_E{\sum }_{i=0}^{n-1}{g}^i$, 知$${\int }_E{f}_n\mathrm{d}\mu ={\int }_E(1-g^n)\mathrm{d}\nu .$$令 $f=\frac{g}{1-g}={\lim }_{n\to \infty }{f}_n$, 对上式用单调收敛定理, 知$${\int }_{E}f\mathrm{d}\mu ={\int }_E{1}_{X\setminus A}\mathrm{d}\nu <\infty ,$$换言之 $f\in L^1(\mu )$ 且$$\nu (E)={\int }_{E}f\mathrm{d}\mu +\nu (E\cap A).$$于是令 $\lambda =\nu {|}_A$, 即 $\lambda (E)=\nu (E\cap A)$, 则由 $\mu (A)=0$ 知 $\lambda \perp \mu$, 且由上式知 $\nu =f\mu +\lambda$.

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2初等证明

我们补充一个初等的证明.

定理 2.1 (Radon-Nikodym 定理). $\mu ,\nu$ 是集合 $X$ 的 $\sigma$-代数 $\mathcal{M}$ 上两个 $\sigma$-有限的测度, 且对任意可测集 $E\in \mathcal{M}$, $\mu (E)=0$ 蕴含 $\nu (E)=0$. 则存在非负可测的 $f:X\to {\mathbb{R}}_{\ge 0}$ 使得 $\nu (E)={\int }_{E}fd\mu$, 且这样的 $f$ 在 $\mu$-几乎处处意义下唯一, 即如果 $g$ 是另一个满足上述条件的函数, 则 $f=g$ $\mu$-几乎处处成立.

证明.

证明. 我们分几步证明上述定理.

1.	我们先证明 $f$ 在 $\mu$-几乎处处意义下唯一. 反设 $f,g$ 满足 ${\int }_{E}fd\mu ={\int }_{E}gd\mu =\nu (E)$ 对任意可测集 $E$ 成立且 $\{x\in X:f(x)\ne g(x)\}$ 不是 $\mu$-零测集. 则 $\{f>g\}$ 和 $\{f<g\}$ 必有一个不是 $\mu$-零测集, 不妨 $\mu (f>g)>0$. 因为 $\mu (f>g)={\cup }_{n\in {\mathbb{Z}}_{+}}\{f-g>\frac{1}{n}\}$, 所以由测度连续性, 存在 $n$ 使得 $E_n=\{f-g>\frac{1}{n}\}$ 具有正的 $\mu$-测度. 从而 ${\int }_{E_n}fd\mu -{\int }_{E_n}gd\mu \ge \frac{1}{n}\mu (E)>0$, 矛盾.
2.	我们化归定理为 $\mu (X),\nu (X)$ 均有限的情形. 假设我们业已证明定理当 $\mu ,\nu$ 在全集上的测度有限时成立. 因为 $\mu ,\nu$ 为 $X$ 上 $\sigma$-有限的测度, 所以分别存在 $X$ 的分划 $(E_i{)}_{i\in {\mathbb{Z}}_{+}}$ 和 $(F_j{)}_{j\in {\mathbb{Z}}_{+}}$, 对任意正整数 $i,j$, $\mu (E_i)$ 与 $\nu (F_j)$ 均有限. $(E_i\cap F_j{)}_{i,j\in {\mathbb{Z}}_{+}}$ 是 $X$ 的分划且 $\mu (E_i\cap F_j)$, $\nu (E_i\cap F_j)$ 均有限, 我们只须在每个 $E_i\cap F_j$ 上应用 Radon-Nikodym 定理并把所得的函数 $f$ " 拼接 " 即可. 于是, 以下我们假设 $\mu (X)$, $\nu (X)$ 均有限.
3.	我们断言, 或者 $\nu \equiv 0$, 或者存在 $\lambda >0$ 与具有 $\mu$-正测度的可测集 $A$, $\nu (E)\ge \lambda \mu (E)$ 对任意 $A$ 的可测子集 $E$ 成立. 其实, 对任意 $\lambda >0$, $\nu -\lambda \mu$ 是 $X$ 上符号测度, 设 $X=P_{\lambda }\cup N_{\lambda }$ 为其 Hahn 分解, $P_{\lambda }$ 为正集, $N_{\lambda }$ 为负集. 如果存在 $\lambda >0$, $\mu (P_{\lambda })>0$, 则命题成立 ($A=P_{\lambda }$ 符合第二个断言). 以下假设对任意 $\lambda >0$, $\mu (P_{\lambda })=0$, 此时对任意 $P_{\lambda }$ 的可测子集 $E$, $\mu (E)=0$, 从而由假设 $\nu (E)$ 也等于 $0$. 对于 $N_{\lambda }$ 的可测子集 $E$, 有 $\nu (E)\le \lambda \mu (E)$. 于是对任意一个 $X$ 的可测子集 $E$ 与任意 $\lambda >0$, 有$$\nu (E)=\nu (E\cap P_{\lambda })+\nu (E\cap N_{\lambda })\le 0+\lambda \mu (E\cap N_{\lambda })\le \lambda \mu (E).$$因为上式对于任意 $\lambda >0$ 成立, 所以 $\nu (E)=0$, 即 $\nu \equiv 0$.
4.	如果 $\nu \equiv 0$, 则定理对 $f\equiv 0$ 成立. 以下我们假设 $\nu$ 不恒为 $0$.
5.	我们断言, 存在非负可测函数 $f$ 满足 ${\int }_{X}fd\mu >0$ 且 ${\int }_{E}fd\mu \le \nu (E)$ 对任意 $E\in \mathcal{M}$ 成立. 其实, 由步骤 3 知存在 $\lambda >0$ 与具有 $\mu$-正测度的可测集 $A$, $\nu (E)\ge \lambda \mu (E)$ 对任意 $A$ 的可测子集 $E$ 成立. 我们验证 $f=\lambda {\chi }_A$ 即符合上述要求. 事实上,$$\begin{array}{rl}{\int }_X\lambda {\chi }_{A}d\mu & =\lambda \mu (A)>0\\ {\int }_E\lambda {\chi }_{A}d\mu & =\lambda \mu (A\cap E)\le \nu (A\cap E)\le \nu (E).\end{array}$$
6.	由 5 知, 集族$$\mathcal{S}=\{f:X\to \mathbb{R}\text{非负可测}:{\int }_{X}fd\mu >0,{\int }_{E}fd\mu \le \nu (E),E\in \mathcal{M}\}$$非空, 且 $M={\sup }_{f\in \mathcal{S}}{\int }_{X}fd\mu \le \nu (X)<+\infty$. 我们断言, $g,h\in \mathcal{S}⟹\max (g,h)\in S$. 其实,$${\int }_E\max (g,h)d\mu ={\int }_{E\cap (g>h)}gd\mu +{\int }_{E\cap (g\le h)}hd\mu \le \nu (E\cap (g>h))+\nu (E\cap (g\le h))=\nu (E).$$ 取 $f_n\in \mathcal{S}$ 使得 ${\int }_X{f}_{n}d\mu \to M$. 由上一段可知我们也可以用 $\max (f_1,\cdots ,f_n)$ 替换 $f_n$, 所以我们可以假设 $f_n$ 逐点递增. Levi 的单调收敛定理说 $f={\lim }_{n\to +\infty }{f}_n\in \mathcal{S}$ 且 ${\int }_{X}fd\mu =M$.
7.	我们断言这个 $f$ 就是定理所期望的. 设 $\eta (E)=\nu (E)-{\int }_{E}fd\mu$, 则 $\eta$ 也是 $\mathcal{M}$ 上的测度, 且 $\mu (E)=0⟹\nu (E)=0⟹\eta (E)=0$. 只须证明 $\eta \equiv 0$. 其实, 如果 $\eta$ 不恒为 $0$, 则重复 5 的论证知存在 $h$ 非负可测, ${\int }_{X}hd\mu >0$ 且 ${\int }_{E}hd\mu \le \eta (E)=\nu (E)-{\int }_{E}fd\mu$, 从而 ${\int }_E(f+h)d\mu \le \nu (E)$, $f+h\in \mathcal{S}$, 且 ${\int }_X(f+h)d\mu >M$, 矛盾. 所以 $\eta$ 恒为 $0$. $\square$

定理 2.2 (Lebesgue 分解定理). $\mu ,\nu$ 分别是 $(X,\mathcal{M})$ 上两个 $\sigma$-有限的测度, 则存在测度 ${\nu }_0,{\nu }_1$ 使得 $\nu ={\nu }_0+{\nu }_1$, ${\nu }_0$ 关于 $\mu$ 奇异, ${\nu }_1$ 关于 $\mu$ 绝对连续.

证明.

证明. 存在性: 定义 $\lambda =\mu +\nu$, 则 $\lambda$ 为 $\sigma$-有限的测度 (设 $\mu ,\nu$ 分别在 $(E_i{)}_{i\in {\mathbb{Z}}_{+}},(F_j{)}_{j\in {\mathbb{Z}}_{+}}$ 有限, 则 $\lambda$ 在 $E_i\cap F_j$ 上有限). 易证 ${\int }_{E}gd\lambda ={\int }_{E}gd\mu +{\int }_{E}gd\nu$ (对于非负可测函数 $g$, $g$ 是递增的简单函数列的极限, 用 Levy 的单调收敛引理即可; 对一般函数可以拆成正部和负部). $\mu$ 关于 $\lambda$ 绝对连续, 由 Radon-Nikodym 定理, 存在非负可测函数 $f$ 使得$$\mu (E)={\int }_{E}fd\lambda ={\int }_{E}fd\mu +{\int }_{E}fd\nu .$$(1)定义 $X_{+}=\{x\in X:f(x)>0\}$, $X_0=\{x\in X:f(x)=0\}$.

我们断言 $\nu$ 的 Lebesgue 分解是 $\nu (E)=\nu (E\cap X_0)+\nu (E\cap X_{+})$, 其中 ${\nu }_0:E\mapsto \nu (E\cap X_0)$ 对 $\mu$ 奇异, ${\nu }_1:E\mapsto \nu (E\cap X_{+})$ 对 $\mu$ 绝对连续.

其实, ${\nu }_0(X_{+})=0$, 由 (1) $\mu (X_0)={\int }_{X_0}0d\lambda =0$ , 所以 ${\nu }_0$ 与 $\mu$ 奇异. 如果 $\mu (E)=0$, 由 (1) 知 ${\int }_{E}fd\nu =0$, $f$ 在 $E$ 上 $\nu$-几乎处处为 $0$, 即 $\nu (E\cap X_{+})=0$, ${\nu }_1(E)=0$.

唯一性. 我们先证明 $X$ 可以划分为可数多个子集, 这些子集的 $\mu ,\nu$ 测度均有限. 其实, 因为 $\mu ,\nu$ 为 $X$ 上 $\sigma$-有限的测度, 所以分别存在 $X$ 的分划 $(E_i{)}_{i\in {\mathbb{Z}}_{+}}$ 和 $(F_j{)}_{j\in {\mathbb{Z}}_{+}}$, 对任意正整数 $i,j$, $\mu (E_i)$ 与 $\nu (F_j)$ 均有限. $(E_i\cap F_j{)}_{i,j\in {\mathbb{Z}}_{+}}$ 是 $X$ 的分划且 $\mu (E_i\cap F_j)$, $\nu (E_i\cap F_j)$ 均有限.

如果 $\nu$ 有 Lebesgue 分解 $\nu ={\nu }_1+{\nu }_2$, 则对于 $X$ 的可测子集 $E$, $\nu ,{\nu }_1,{\nu }_2$ 在 $E$ 上的限制给出 $\nu$ 在测度空间 $(E,{\mathcal{M}}_E=\{A\in \mathcal{M}:A\subseteq E\})$ 的 Lebesgue 分解. 反之, 由上一段, 设 $X$ 有分划 $X={\cup }_{n\in {\mathbb{Z}}_{+}}{E}_n$, $\mu (E_n),\nu (E_n)$ 均有限, 则 $\nu$ 在每个 $E_n$ 上的 Lebesgue 分解 " 拼接 " 即可得到 $\nu$ 在 $X$ 上的 Lebesgue 分解. 所以我们只须证明 $\mu (X),\nu (X)$ 均有限时 Lebesgue 分解唯一.

以下假设 $\mu (X),\nu (X)$ 均有限, 且 $\nu$ 有 Lebesgue 分解 $\nu ={\nu }_0+{\nu }_1={\mu }_0+{\mu }_1$. 则符号测度 ${\nu }_0-{\mu }_0$ 奇异 (设 $X$ 有分划 $X=E_1\cup F_1=E_2\cup F_2$, ${\nu }_0(E_1)={\mu }_0(E_2)=0$, $\mu (F_1)=\mu (F_2)=0$, 则 ${\nu }_0-{\mu }_0$ 在 $E_1\cap E_2$ 的任意子集上为 $0$, $\mu (F_1\cup F_2)=0$, $X=(E_1\cap E_2)\cup (F_1\cup F_2)$), ${\mu }_1-{\nu }_1$ 关于 $\mu$ 绝对连续, ${\nu }_0-{\mu }_0={\mu }_1-{\nu }_1$. 对 $|{\nu }_0-{\mu }_0|=|{\mu }_1-{\nu }_1|$ 用引理 2.3 知 ${\nu }_0={\mu }_0,{\nu }_1={\mu }_1$.

$\square$

引理 2.3. ${\mu }_1,{\mu }_2$ 是 $(X,\mathcal{M})$ 上两个测度, ${\mu }_1$ 既关于 ${\mu }_2$ 奇异, 又关于 ${\mu }_2$ 绝对连续, 则 ${\mu }_1\equiv 0$.

证明.

证明. 设 $X$ 有分划 $X=E\cup F$, ${\mu }_1(E)=0$, ${\mu }_2(F)=0$. 则由绝对连续的假设知道 ${\mu }_1(F)=0$, ${\mu }_1(X)={\mu }_1(E)+{\mu }_1(F)=0$.

$\square$

3相关概念

•	条件期望
•	Radon–Nikodym 导数

术语翻译

Radon–Nikodym–Lebesgue 定理 • 英文 Radon–Nikodym–Lebesgue theorem • 法文 théorème de Radon–Nikodym–Lebesgue