Teorema di Carathéodory (teoria della misura)

In teoria della misura, il teorema di Carathéodory permette di ricavare uno spazio di misura quando si ha a disposizione una misura esterna.

Ad esempio, la misura di Lebesgue in $\mathbb {R} ^{n}$ si ottiene dalla misura esterna $\lambda ^{*}$ che associa ad un sottoinsieme $A\subset \mathbb {R} ^{n}$ l'estremo inferiore fra i volumi dei pluri-parallelepipedi che ricoprono $A$. Il teorema di Carathéodory fornisce una σ-algebra di sottoinsiemi di $\mathbb {R} ^{n}$ su cui la restrizione di $\lambda ^{*}$ è una misura completa. La dimostrazione che questa è boreliana e che coincide col volume sui parallelepipedi è un caso particolare del teorema di Hahn-Kolmogorov.

Enunciato

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

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

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

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

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

Dimostrazione

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

${\mathcal {M}}$ è un'algebra

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

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

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

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

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

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

qualsiasi sia $E\subset X$.

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

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

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

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

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

e poi con B l'insieme relativo al secondo termine

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

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

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

cioè (per le leggi di De Morgan)

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

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

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

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

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

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

${\mathcal {M}}$ è una σ-algebra

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

e procedendo per induzione

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

Quindi

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

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

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

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

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

e quindi che

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

cioè

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

$\mu$ 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 $\mu ^{*}$ ristretta a ${\mathcal {M}}$, come la verifica dell'additività, è facile.

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

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

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

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

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

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

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

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

$\mu$ è completa

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

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

Sia $E\subset X$. Si ha

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

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

Estensione di premisure su algebre

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

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

si può verificare che questa è una misura esterna.

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

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

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

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

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

Bibliografia

• (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.