A primeira afirmação segue diretamente da definição. Para a segunda, sejam \(E_1,E_2,\ldots \) positivos e disjuntifiquemos a união:

Então os \(F_n\) são disjuntos, \(F_n\subseteq E_n\) e \(\bigcup _nF_n=\bigcup _nE_n\). Se \(B\subseteq \bigcup _nE_n\) é mensurável,

é uma união disjunta. Como \(B\cap F_n\subseteq E_n\),

Logo a união é positiva. Aplicar o mesmo argumento a \(-\nu \) prova a afirmação sobre conjuntos negativos; a afirmação sobre nulos segue das duas anteriores.

Se \(E\) já é positivo, tomamos \(P=E\). Caso contrário, ponha \(R_0=E\). Enquanto \(R_{k-1}\) não for positivo, existe um subconjunto mensurável de \(R_{k-1}\) com medida negativa. Seja \(n_k\) o menor inteiro positivo para o qual se pode escolher \(N_k\subseteq R_{k-1}\) satisfazendo

e defina \(R_k=R_{k-1}\setminus N_k\). Se o procedimento terminar, o conjunto residual é positivo e, como apenas retiramos conjuntos de medida negativa, tem medida maior que \(\nu (E)\).

Suponha, portanto, que a construção seja infinita. Os conjuntos \(N_k\) são dois a dois disjuntos e a sequência \((n_k)\) é não decrescente, pois os resíduos diminuem. A aditividade enumerável dá

O lado direito não pode ser \(-\infty \): de outro modo, a decomposição disjunta de \(E\) entre essa união e seu complemento seria incompatível com \(0\lt \nu (E)\lt \infty \). Como todos os termos são negativos,

Em particular, \(n_k\to \infty \).

Defina

Temos \(\nu (P)\geq \nu (E)\gt 0\). Resta provar que \(P\) é positivo. Se existisse um conjunto mensurável \(A\subseteq P\) com \(\nu (A)\lt 0\), poderíamos escolher \(m\geq 1\) tal que \(\nu (A)\lt -1/m\). Para todo \(k\), o conjunto \(A\) está contido em \(R_{k-1}\); pela minimalidade de \(n_k\), teríamos \(n_k\leq m\). Isso contradiz \(n_k\to \infty \). Logo \(P\) é positivo.

É suficiente tratar o caso em que \(\nu \) nunca assume o valor \(+\infty \). De fato, se esse não for o caso, a medida \(-\nu \) nunca assume \(+\infty \); uma decomposição para \(-\nu \) fornece uma decomposição para \(\nu \) após trocarmos os papéis das partes positiva e negativa.

Considere

A classe não é vazia, pois contém \(\varnothing \). Além disso, \(\alpha \lt \infty \). Se o supremo fosse infinito, poderíamos escolher conjuntos positivos \(P_n\) com \(\nu (P_n)\gt n\). Pelo Lema 13.5, a união \(\bigcup _nP_n\) seria positiva e teria medida ao menos \(n\) para todo \(n\), obrigando \(\nu \) a assumir o valor \(+\infty \).

Escolha agora conjuntos positivos \(P_n\) tais que

e ponha \(P=\bigcup _nP_n\). O conjunto \(P\) é positivo. Como \(P\setminus P_n\) também é positivo,

Pela definição de \(\alpha \), também \(\nu (P)\leq \alpha \); logo \(\nu (P)=\alpha \).

Seja \(N=\Omega \setminus P\). Se \(N\) não fosse negativo, existiria \(E\subseteq N\) mensurável com \(\nu (E)\gt 0\). Como \(\nu \) não assume \(+\infty \), essa medida seria finita. O Lema 13.6 forneceria um conjunto positivo \(A\subseteq E\) com \(\nu (A)\gt 0\). Então \(P\cup A\) seria positivo e

contradizendo a definição de \(\alpha \). Portanto \(N\) é negativo.

O conjunto \(P\cap N'\) é subconjunto de um conjunto positivo e de um conjunto negativo; portanto é nulo. O mesmo vale para \(P'\cap N\). Como

o lema sobre uniões de conjuntos nulos conclui a prova.

Seja \((P,N)\) uma decomposição de Hahn e defina, para \(E\in \mathcal{F}\),

As restrições são medidas positivas, estão concentradas respectivamente em \(P\) e \(N\), e a aditividade de \(\nu \) fornece

Para a unicidade, suponha que \(\nu =\mu ^+-\mu ^-\), com \(\mu ^+\perp \mu ^-\). Escolha uma partição \((P',N')\) tal que \(\mu ^-\) seja nula em \(P'\) e \(\mu ^+\) seja nula em \(N'\). Para \(A\subseteq P'\), \(\nu (A)=\mu ^+(A)\geq 0\); para \(A\subseteq N'\), \(\nu (A)=-\mu ^-(A)\leq 0\). Logo \((P',N')\) também é uma decomposição de Hahn. Pela Proposição 13.8, ela difere de \((P,N)\) apenas por conjuntos nulos. Assim, para todo \(E\in \mathcal{F}\),

e, analogamente, \(\mu ^-(E)=\nu ^-(E)\).

Se \((P,N)\) é uma decomposição de Hahn e \(A\subseteq E\), então

A igualdade é atingida por \(A=E\cap P\). A fórmula para \(\nu ^-\) segue do mesmo argumento aplicado a \(-\nu \).

Para qualquer partição finita de \(E\),

A partição \(E=(E\cap P)\mathbin {\dot\cup }(E\cap N)\) realiza a igualdade.

Como \(\rho (\Omega )=0\), temos \(\rho (A^{\mathsf c})=-\rho (A)\) para todo \(A\in \mathcal{F}\). Portanto

Pela Proposição 13.13,

Somando as duas partes de Jordan obtemos a identidade.

Escolha \(S\in \mathcal{F}\) tal que \(\mu (S)=0\) e \(\nu \) esteja concentrada em \(S\). Pela continuidade absoluta, \(S\) é nulo para \(\nu \); fora de \(S\), a medida já era nula pela singularidade. Logo \(\nu (E)=0\) para todo \(E\in \mathcal{F}\).

Considere a classe

e defina

A função nula pertence a \(\mathcal H\) e, tomando \(E=\Omega \), vemos que \(0\leq \alpha \leq \nu (\Omega )\lt \infty \).

A classe \(\mathcal H\) é fechada por máximos finitos. De fato, para \(h,k\in \mathcal H\), basta decompor cada \(E\) entre \(E\cap \{ h\geq k\} \) e \(E\cap \{ h\lt k\} \) para obter

Escolha \(h_n\in \mathcal H\) com \(\int h_n\, \d\mu \to \alpha \) e ponha

Pelo teorema da convergência monótona, \(f\in \mathcal H\) e

Defina a medida positiva

Mostraremos que \(\lambda \perp \mu \). Para cada \(m\geq 1\), aplique o Teorema de Hahn à medida com sinal \(\lambda -m^{-1}\mu \) e escolha uma decomposição \((P_m,N_m)\). Como \(P_m\) é positivo,

Além disso, para todo \(E\in \mathcal{F}\),

Consequentemente, \(f+m^{-1}\mathbb {1}_{P_m}\) pertence a \(\mathcal H\). Pela maximalidade de \(f\),

e portanto \(\mu (P_m)=0\).

Se \(S=\bigcup _{m\geq 1}P_m\), então \(\mu (S)=0\). Para \(E\subseteq S^c\), temos \(E\subseteq N_m\) para todo \(m\), e a negatividade de \(N_m\) fornece

Fazendo \(m\to \infty \), obtemos \(\lambda (E)=0\). Logo \(\lambda \) está concentrada no conjunto \(\mu \)-nulo \(S\), isto é, \(\lambda \perp \mu \). Tomamos \(\nu _s=\lambda \).

Resta a unicidade. Se

são duas decomposições, então a medida com sinal \((f-g)\mu =\widetilde\nu _s-\nu _s\) é absolutamente contínua em relação a \(\mu \). Ela também é singular: se \(\nu _s\) e \(\widetilde\nu _s\) estão concentradas, respectivamente, nos conjuntos \(\mu \)-nulos \(S\) e \(\widetilde S\), então \(\widetilde\nu _s-\nu _s\) está concentrada em \(S\cup \widetilde S\), que ainda é \(\mu \)-nulo. Pelo Lema 13.17, essa medida é nula. Logo \(f=g\) \(\mu \)-quase certamente e \(\nu _s=\widetilde\nu _s\).

Na decomposição do teorema, a parte singular \(\nu _s=\nu -\nu _a\) também é absolutamente contínua em relação a \(\mu \). Pelo Lema 13.17, \(\nu _s=0\).

Pela \(\sigma \)-finitude, escolha coberturas mensuráveis

tais que \(\mu (A_m)\lt \infty \) e \(\nu (B_n)\lt \infty \). Os conjuntos \(A_m\cap B_n\) formam uma família enumerável que cobre \(\Omega \) e têm medida finita para ambas as medidas. Enumerando essa família e disjuntificando-a, obtemos uma partição mensurável

tal que \(\mu (E_k)\lt \infty \) e \(\nu (E_k)\lt \infty \) para todo \(k\). Aplicamos o caso finito às restrições de \(\mu \) e \(\nu \) a cada \(E_k\). As densidades locais podem ser coladas na função

e a união dos suportes singulares locais ainda é \(\mu \)-nula. Isso produz a decomposição global; a unicidade segue do Lema 13.17.

Para uma medida com sinal, aplicamos o resultado às partes \(\nu ^+\) e \(\nu ^-\) da decomposição de Jordan e subtraímos as respectivas decomposições. Se \(\nu \) é finita e absolutamente contínua, a parte singular é nula e \(\int |f|\, \d\mu =|\nu |(\Omega )\lt \infty \).