Décomposition de Lebesgue pour des mesures finies (von Neumann) ⋆

(i) Étape 1 : une forme linéaire continue. Soit $\rho = \mu + \nu$, mesure finie. Pour $g \in \mathcal L^2(\rho)$, l'inégalité de Cauchy-Schwarz avec la constante $1$ (Espaces L¹ et L², (i)) et l'égalité $\int |g| \, d\rho = \int |g| \, d\mu + \int |g| \, d\nu$ (Absolue continuité, (i)) donnent $$\int |g| \, d\nu \leqslant \int |g| \, d\rho \leqslant \rho(X)^{1/2}\|g\|_{L^2(\rho)}.$$

Si $g = g'$ $\rho$-presque partout, alors $\nu$-presque partout. La forme $g \mapsto \int g \, d\nu$ est donc bien définie sur $L^2(\rho)$, linéaire et continue.

$L^2(\rho)$ est un espace de Hilbert (Espaces L¹ et L², (ii)). Par le théorème de Riesz (Théorème de Riesz), il existe $h \in \mathcal L^2(\rho)$ tel que $$\int g \, d\nu = \int g h \, d\rho \quad \text{pour tout } g \in \mathcal L^2(\rho). \tag{*}$$

Étape 2 : $0 \leqslant h \leqslant 1$. Pour $A \in \mathcal A$, l'indicatrice $\mathbf 1_A$ est dans $\mathcal L^2(\rho)$, et $(*)$ donne $\nu(A) = \int_A h \, d\rho$.

Pour $A = \{h < 0\}$, la fonction $-h\mathbf 1_A$ est positive et d'intégrale $-\nu(A) \leqslant 0$ : elle est nulle presque partout, et $\rho(A) = 0$. Pour $A = \{h > 1\}$, la fonction positive $(h - 1)\mathbf 1_A$ a pour intégrale $\nu(A) - \rho(A) = -\mu(A) \leqslant 0$, et de même $\rho(A) = 0$.

Quitte à remplacer $h$ par $0$ sur ces deux ensembles, ce qui ne change pas $(*)$, on a $0 \leqslant h \leqslant 1$ partout.

Étape 3. Pour $g$ mesurable bornée positive, $(*)$ s'écrit $\int g \, d\nu = \int gh \, d\mu + \int gh \, d\nu$, trois quantités finies, d'où $$\int g(1 - h) \, d\nu = \int g h \, d\mu.$$ Pour $g$ mesurable positive quelconque, on applique cette égalité à $\min(g, n)$, et la convergence monotone, des deux côtés, l'étend à $g$.

Étape 4. Soit $S = \{h = 1\}$. L'étape 3 avec $g = \mathbf 1_S$ donne $0 = \int_S h \, d\mu = \mu(S)$.

Étape 5. Soit $A \in \mathcal A$ et $n \in {\mathbb N}$. L'étape 3 avec $g = \mathbf 1_{A \setminus S}(1 + h + \cdots + h^n)$ donne $$\begin{aligned} &\int_{A \setminus S} (1 - h^{n+1}) \, d\nu \\ &\quad = \int_{A \setminus S} (h + h^2 + \cdots + h^{n+1}) \, d\mu. \end{aligned}$$ Hors de $S$, $0 \leqslant h < 1$ : la fonction $1 - h^{n+1}$ croît vers $1$, et $h + \cdots + h^{n+1}$ croît vers $\frac{h}{1 - h}$.

Posons $f = \frac{h}{1 - h}$ hors de $S$ et $f = 0$ sur $S$. C'est une fonction mesurable, finie et positive, et la convergence monotone donne $$\nu(A \setminus S) = \int_{A \setminus S} f \, d\mu = \int_A f \, d\mu.$$ Ainsi $\nu(A) = \int_A f \, d\mu + \nu(A \cap S)$, et $\int f \, d\mu = \nu(X \setminus S)$ est fini.

Enfin, si $\nu \ll \mu$, alors $\nu(A \cap S) = 0$ puisque $\mu(A \cap S) = 0$, et $\nu = f\cdot\mu$.

(ii) Le choix n'intervient qu'à l'étape 1, par la complétude de $L^2(\rho)$ et par le théorème de Riesz. Si $\mathcal A$ est engendrée par une suite de parties, $L^2(\rho)$ est un espace de Hilbert qui possède une suite dense, l'un et l'autre sans aucun choix (Espaces L¹ et L², (v), avec $X_n = X$, de mesure $\rho(X)$ finie) ; le théorème de Riesz s'y démontre alors sans choix (Théorème de Riesz, (ii)). Les étapes suivantes ne choisissent rien.