要么奇异、要么有下界

I. 先设 $\nu$、$\mu$ 都有限，且 $\nu \ge 0$。

① 造候选函数集。 令

则 $0 \in \mathcal{F}$，且 $\mathcal{F}$ 对取大封闭：若 $f, g \in \mathcal{F}$，令 $A = \{f > g\}$、$h = \max_{f, g}$，则对任意 $E$，

故 $h \in \mathcal{F}$。

② 取上确界。 令 $a := \sup\{ \int f d\mu : f \in \mathcal{F} \} \le \nu(X) < \infty$（这一步用到 $\nu$ 有限）。取 $\{f_n\} \subseteq \mathcal{F}$ 使 $\int f_n d\mu \to a$，令

由 ① 每个 $g_n \in \mathcal{F}$，且 $g_n \uparrow f$、$\int g_n d\mu \ge \int f_n d\mu$，故 $\lim_n \int g_n d\mu = a$。由 MCT，$f \in \mathcal{F}$ 且 $\int f d\mu = a$。

③ 断言 $d\lambda := d\nu - f d\mu$ 与 $\mu$ 奇异。 反设不然，由引理，存在 $\varepsilon > 0$ 与 $E \in \mathcal{M}$、$\mu (E) > 0$，使 $\lambda \ge \varepsilon\mu$ 在 $E$ 上成立，即

于是 $f + \varepsilon \chi_E \in \mathcal{F}$，但

与 $a$ 的上确界性矛盾。故 $\lambda \perp \mu$，$\nu = \lambda + (f d\mu)$ 就是所要的分解。

④ 唯一性。 设 $d\nu = d\lambda' + f' d\mu$ 是另一种分解。则

左边与 $\mu$ 奇异（两个各与 $\mu$ 奇异的测度之差仍与 $\mu$ 奇异），右边关于 $\mu$ 绝对连续。由「既奇异又绝对连续 $\implies$ 等于零」，两边都是 0，即 $\lambda = \lambda'$ 且 $f = f'$ $\mu -\text{a.e.}$。

II. 推广到 $\sigma$有限。 取 $X = \bigcup_j A_j$（$\mu(A_j) < \infty$、$\nu(A_j) < \infty$）。令

对每一对 $(\mu_j, \nu_j)$ 用 $I$，得 $d\nu_j = d\lambda_j + f_j d\mu_j$。规定 $\lambda_j(A_j^c) = 0$、$f_j = 0$ 在 $A_j^c$ 上，令

则 $d\nu = d\lambda + f d\mu$、$\lambda \perp \mu$，且 $d\lambda$、$f d\mu$ 都 $\sigma$有限。

$III. \nu$ 是符号测度。 把 $I$、II 分别用在 $\nu^+$ 与 $\nu^-$ 上（由「绝对连续与变差」，绝对连续性对变差是逐块的），再把结果相加。∎