Teorema di Carathéodory (teoria della misura)

Sia ${\displaystyle X}$ un insieme e ${\displaystyle \mu ^{*}\colon {\mathcal {P}}(X)\to [0,+\infty ]}$ (dove ${\displaystyle {\mathcal {P}}(X)}$ è l'insieme delle parti di ${\displaystyle X}$ ) una funzione tale che ${\displaystyle \mu ^{*}(\emptyset )=0}$ . L'insieme

${\displaystyle {\mathcal {M}}:=\{A\in {\mathcal {P}}(X):\forall E\subset X\quad \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})\}}$

è un'algebra e ${\displaystyle \mu }$ , la restrizione di ${\displaystyle \mu ^{*}}$ a ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ , è additiva.

Inoltre, se ${\displaystyle \mu ^{*}}$ è una misura esterna, cioè gode anche della monotonia e della subadditività numerabile, allora ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è una σ-algebra e ${\displaystyle \mu }$ è una misura.

Si sottolinea che il teorema vale indipendentemente da come viene costruita nella pratica ${\displaystyle \mu ^{*}}$ .

La dimostrazione usa tecniche di routine in teoria della misura e si compone di cinque parti. Nelle prime due si dimostra che ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è un'algebra e che ${\displaystyle \mu }$ è additiva. Nella terza e nella quarta, sotto l'ipotesi aggiuntiva che ${\displaystyle \mu ^{*}}$ sia una misura esterna, si vede che in effetti vale di più, cioè che ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è chiusa rispetto alle unioni numerabili e che ${\displaystyle \mu }$ è σ-additiva, i.e. ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è una σ-algebra e ${\displaystyle \mu }$ una misura. Infine si controlla che ${\displaystyle \mu }$ sia completa.

${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è un'algebra

Per alleggerire la scrittura diremo che ${\displaystyle A\subset X}$ spezza ${\displaystyle E\subset X}$ se vale il criterio di Carathéodory

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})}$

quindi ${\displaystyle A\in {\mathcal {M}}}$ se e solo spezza tutti i sottoinsiemi di ${\displaystyle X}$ .

${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ contiene l'insieme vuoto

L'insieme vuoto spezza tutti i sottoinsiemi perché ${\displaystyle \mu ^{*}(\emptyset )=0}$ per ipotesi e

${\displaystyle \mu ^{*}(E\cap \emptyset )+\mu ^{*}(E\cap X)=\mu ^{*}(\emptyset )+\mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E)}$

qualsiasi sia ${\displaystyle E\subset X}$ .

${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è chiusa rispetto al complementare

La proprietà di spezzare un sottoinsieme è simmetrica rispetto al complementare, cioè se ${\displaystyle A}$ spezza ${\displaystyle E}$ allora banalmente anche ${\displaystyle A^{c}}$ spezza ${\displaystyle E}$ , quindi ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è chiusa rispetto al complementare.

${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è chiusa rispetto alle unioni finite

Siano ${\displaystyle A,B\in {\mathcal {M}}}$ ed ${\displaystyle E\subset X}$ . Si parte spezzando ${\displaystyle E}$ con ${\displaystyle A}$

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})}$

e poi con B l'insieme relativo al secondo termine

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c}\cap B)+\mu ^{*}(E\cap A^{c}\cap B^{c})}$

ora si noti che ${\displaystyle E\cap A=E\cap (A\cup B)\cap A}$ e che ${\displaystyle E\cap A^{c}\cap B=E\cap (A\cup B)\cap A^{c}}$ (per la proprietà distributiva dell'intersezione rispetto all'unione), quindi spezzando con ${\displaystyle A}$ l'insieme ${\displaystyle E\cap (A\cup B)}$ si ha proprio

${\displaystyle \mu ^{*}(E\cap (A\cup B))=\mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c}\cap B)}$

cioè (per le leggi di De Morgan)

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap (A\cup B))+\mu ^{*}(E\cap A^{c}\cap B^{c})=\mu ^{*}(E\cap (A\cup B))+\mu ^{*}(E\cap (A\cup B)^{c}).}$

In altre parole ${\displaystyle A\cup B}$ spezza tutti i sottoinsiemi di ${\displaystyle X}$ e quindi sta in ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ .

La restrizione ${\displaystyle \mu }$ , di ${\displaystyle \mu ^{*}}$ a ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ , è additiva

La verifica è facile. Siano ${\displaystyle A,B\in {\mathcal {M}}}$ disgiunti, quindi ${\displaystyle B\subset A^{c}}$ , basta spezzare ${\displaystyle A\cup B}$ con ${\displaystyle A}$ per avere

${\displaystyle \mu ^{*}(A\cup B)=\mu ^{*}((A\cup B)\cap A)+\mu ^{*}((A\cup B)\cap A^{c})=\mu ^{*}(A)+\mu ^{*}(B).}$

Da qui in poi si assume che ${\displaystyle \mu ^{*}}$ sia una misura esterna.

${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è una σ-algebra

Si ricorda che una σ-algebra è un'algebra chiusa rispetto alle unioni numerabili.

Sia ${\displaystyle \{C_{n}\}_{n\in \mathbb {N} }}$ una famiglia numerabile di elementi di ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ ed ${\displaystyle E\subset X}$ qualsiasi. Per ogni valore di ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ sia

${\displaystyle A_{n}:=C_{n}-C_{1}-\dots {}-C_{n-1}.}$

Si ottiene così una famiglia ${\displaystyle \{A_{n}\}}$ di insiemi tra loro disgiunti.Siano inoltre

${\displaystyle B_{n}:=\bigcup _{k=1}^{n}A_{k}\qquad }$ e ${\displaystyle \qquad B:=\bigcup _{n=1}^{+\infty }A_{n}.}$

Si vuole dimostrare che ${\displaystyle B}$ spezza ${\displaystyle E}$ . L'idea è sfruttare che ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ è un'algebra, e quindi contiene ${\displaystyle B_{n}}$ , per spezzare ${\displaystyle E}$ , e poi portare al limite.

Spezzando ${\displaystyle E}$ con ${\displaystyle B_{n}}$ si ottiene

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap B_{n})+\mu ^{*}(E\cap B_{n}^{c})}$

si noti che ${\displaystyle B_{n}\subset B}$ passando ai complementari diventa ${\displaystyle B^{c}\subset B_{n}^{c}}$ , quindi per la monotonia di ${\displaystyle \mu ^{*}}$

${\displaystyle \mu ^{*}(E)\geq \mu ^{*}(E\cap B_{n})+\mu ^{*}(E\cap B^{c}).}$

Adesso si lavora su ${\displaystyle \mu ^{*}(E\cap B_{n})}$ per trovare una formula che permetta di passare agevolmente al limite per ${\displaystyle n\to +\infty }$ . Spezzando ${\displaystyle E\cap B_{n}}$ con ${\displaystyle A_{n}}$ si trova

${\displaystyle \mu ^{*}(E\cap B_{n})=\mu ^{*}(E\cap A_{n})+\mu ^{*}(E\cap B_{n-1})}$

e procedendo per induzione

${\displaystyle \mu ^{*}(E\cap B_{n})=\sum _{k=1}^{n}\mu ^{*}(E\cap A_{k}).}$

Quindi

${\displaystyle \mu ^{*}(E)\geq \sum _{k=1}^{n}\mu ^{*}(E\cap A_{n})+\mu ^{*}(E\cap B^{c})}$

e passando al limite per ${\displaystyle n\to +\infty }$ si ha

${\displaystyle \mu ^{*}(E)\geq \sum _{k=1}^{+\infty }\mu ^{*}(E\cap A_{k})+\mu ^{*}(E\cap B^{c}).}$

Usando la subadditività numerabile di ${\displaystyle \mu ^{*}}$ si conclude che

${\displaystyle \sum _{n=1}^{+\infty }\mu ^{*}(E\cap A_{k})\geq \mu ^{*}\left(\bigcup _{k=1}^{+\infty }(E\cap A_{k})\right)=\mu ^{*}(E\cap B)}$

e quindi che

${\displaystyle \mu ^{*}(E)\geq \mu ^{*}(E\cap B)+\mu ^{*}(E\cap B^{c})\geq \mu ^{*}((E\cap B)\cup (E\cap B^{c}))=\mu ^{*}(E)}$

cioè

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap B)+\mu ^{*}(E\cap B^{c}).}$

${\displaystyle \mu }$ è una misura

Si ricorda che una misura su una σ-algebra è un funzione a valori reali positivi σ-additiva che assegna 0 all'insieme vuoto. Anche la verifica della σ-additività di ${\displaystyle \mu ^{*}}$ ristretta a ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ , come la verifica dell'additività, è facile.

Sia ${\displaystyle \{A_{n}\}_{n\in \mathbb {N} }}$ una famiglia numerabile di elementi di ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ a due a due disgiunti. Sia

${\displaystyle B=\bigcup _{n=1}^{+\infty }A_{n}}$ .

Dall'additività e dalla monotonia di ${\displaystyle \mu ^{*}}$ segue

${\displaystyle \mu ^{*}(A_{1})+\mu ^{*}(A_{2})+\ldots {}+\mu ^{*}(A_{n})=\mu ^{*}(A_{1}\cup A_{2}\cup \ldots {}\cup A_{n})\leq \mu ^{*}(B)}$

questo vale per tutti gli ${\displaystyle n}$ , quindi passando al limite per ${\displaystyle n\to +\infty }$

${\displaystyle \sum _{n=1}^{+\infty }\mu ^{*}(A_{n})\leq \mu ^{*}(B)}$ .

La subadditività numerabile di ${\displaystyle \mu ^{*}}$ è esattamente l'altra disuguaglianza che permette di concludere che

${\displaystyle \mu ^{*}(B)=\sum _{n=1}^{+\infty }\mu ^{*}(A_{n})}$ .

${\displaystyle \mu }$ è completa

Si ricorda che completa significa che se ${\displaystyle Z\in {\mathcal {M}}}$ , ${\displaystyle A\subset Z}$ e ${\displaystyle \mu (Z)=0}$ allora anche ${\displaystyle A\in {\mathcal {M}}}$ (e avrà anch'esso misura nulla, ma questo è ovvio perché segue direttamente dalla monotonia).

Dimostriamo prima che se ${\displaystyle A\subset X}$ e ${\displaystyle \mu ^{*}(A)=0}$ allora ${\displaystyle A\in {\mathcal {M}}}$ .

Sia ${\displaystyle E\subset X}$ . Si ha

${\displaystyle \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}((E\cap A)\cup (E\cap A^{c}))\leq \mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})\leq \mu ^{*}(A)+\mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E).}$

Ora se ${\displaystyle A\subset Z}$ con ${\displaystyle Z\in {\mathcal {M}}}$ e ${\displaystyle \mu ^{*}(Z)=0}$ , per monotonia anche ${\displaystyle \mu ^{*}(A)=0}$ e per quanto appena detto ${\displaystyle A\in {\mathcal {M}}}$ .

Si ricorda che se ${\displaystyle \mu _{0}\colon {\mathcal {A}}\to [0,+\infty ]}$ , con ${\displaystyle {\mathcal {A}}\subset {\mathcal {P}}(X)}$ e ${\displaystyle \emptyset ,X\in {\mathcal {A}}}$ , è una funzione tale che ${\displaystyle \mu _{0}(\emptyset )=0}$ , la misura esterna generata da ${\displaystyle \mu _{0}}$ col Metodo I è la funzione ${\displaystyle \mu ^{*}\colon {\mathcal {P}}(X)\to [0,+\infty ]}$ definita da

${\displaystyle \mu ^{*}(E):=\inf \left\{\sum _{k=1}^{+\infty }\mu _{0}(A_{k}):\{A_{k}\}_{k\in \mathbb {N} }\subset {\mathcal {A}},\;E\subset \bigcup _{k=1}^{+\infty }A_{k}\right\}}$

si può verificare^[3] che questa è una misura esterna.

Si ricorda inoltre che se ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ è un'algebra, ${\displaystyle \mu _{0}\colon {\mathcal {A}}\to [0,+\infty ]}$ è detta premisura (o semplicemente misura, basta non confondersi) se per ogni famiglia numerabile ${\displaystyle \{A_{k}\}_{k\in \mathbb {N} }\subset {\mathcal {A}},\;\;\forall i,j\in \mathbb {N} \;\;i\neq j\;\;A_{k}\cap A_{j}=\emptyset }$ , la cui unione sta a sua volta in ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ vale la σ-additività:

${\displaystyle \mu _{0}\left(\bigcup _{k=1}^{+\infty }A_{k}\right)=\sum _{k=1}^{+\infty }\mu _{0}(A_{k}).}$

Nel caso in cui ${\displaystyle \mu ^{*}}$ è la misura esterna generata col Metodo I da una premisura ${\displaystyle \mu _{0}}$ definita su un'algebra ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ , lo spazio di misura ${\displaystyle (X,{\mathcal {M}},\mu )}$ fornito dal teorema di Carathéodory gode di alcune importanti proprietà:

• tutti gli elementi di ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ sono misurabili, cioè ${\displaystyle {\mathcal {A}}\subset {\mathcal {M}}}$ , e quindi anche la σ-algebra generata da ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ è contenuta in ${\displaystyle {\mathcal {M}}}$ ;
• la misura ${\displaystyle \mu }$ ristretta ad ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ è uguale a ${\displaystyle \mu _{0}}$ ;
• se ${\displaystyle X}$ può essere ricoperto con una famiglia numerabile di sottoinsiemi di misura finita che stanno in ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ allora ${\displaystyle \mu }$ , opportunamente ristretta, è l'unica misura sulla σ-algebra generata da ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ che estende ${\displaystyle \mu _{0}}$ .

Talvolta in letteratura queste tre affermazioni vanno sotto il nome di teorema di Hahn-Kolmogorov^[4] (per la dimostrazione si veda la voce).

• (EN) Vladimir Bogachev, Measure theory, volume 1, Springer, 2006, ISBN 3-540-34513-2.
• (EN) Gerald Folland, Real Analysis: Modern Techniques and Their Applications, Wiley-Interscience, 1999, ISBN 0-471-31716-0.
• (EN) Serge Lang, Real and Functional Analysis, Springer, 1993, ISBN 0-387-94001-4.

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