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 ${ℝ}^n$ si ottiene dalla misura esterna ${\lambda }^{*}$ che associa ad un sottoinsieme $A\subset {ℝ}^n$ l'estremo inferiore fra i volumi dei pluri-parallelepipedi che ricoprono $A$. Il teorema di Carathéodory fornisce una σ-algebra di sottoinsiemi di ${ℝ}^n$ 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 ${\mu }^{*}:𝒫(X)\to [0,+\mathrm{\infty }]$ (dove $𝒫(X)$ è l'insieme delle parti di $X$) una funzione tale che ${\mu }^{*}(\varnothing )=0$. L'insieme

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

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

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

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 $ℳ$ 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 $ℳ$ è chiusa rispetto alle unioni numerabili e che $\mu$ è σ-additiva, cioè $ℳ$ è una σ-algebra e $\mu$ una misura. Infine si controlla che $\mu$ sia completa.

L'insieme 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 $A\in ℳ$ se e solo spezza tutti i sottoinsiemi di $X$.

L'insieme contiene l'insieme vuoto

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

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

qualsiasi sia $E\subset X$.

L'insieme è chiuso 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 $ℳ$ è chiusa rispetto al complementare.

L'insieme è chiuso rispetto alle unioni finite

Siano

$A,B\in ℳ$

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 $ℳ$.

La restrizione della misura all'algebra è additiva

La verifica è facile. Siano $A,B\in ℳ$ 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.

L'algebra 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 $ℳ$ 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

$B_n:=\bigcup _{k=1}^n{A}_k$ e $B:=\bigcup _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{A}_n.$

Si vuole dimostrare che $B$ spezza $E$. L'idea è sfruttare che $ℳ$ 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 ${\mu }^{*}$

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

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

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

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

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

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

$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\mu }^{*}(E\cap A_k)\ge {\mu }^{*}(\bigcup _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}(E\cap A_k))={\mu }^{*}(E\cap B)$

e quindi che

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

cioè

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

La restrizione della misura 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 $ℳ$, come la verifica dell'additività, è facile.

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

$B=\bigcup _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{A}_n.$

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

${\mu }^{*}(A_1)+{\mu }^{*}(A_2)+\dots +{\mu }^{*}(A_n)={\mu }^{*}(A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_n)\le {\mu }^{*}(B),$

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

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

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

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

La misura ristretta è completa

Si ricorda che completa significa che se $Z\in ℳ$, $A\subset Z$ e $\mu (Z)=0$, allora anche $A\in ℳ$ (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 $A\in ℳ$.

Sia $E\subset X$. Si ha

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

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

Estensione di premisure su algebre

Si ricorda che se ${\mu }_0:𝒜\to [0,+\mathrm{\infty }]$, con $𝒜\subset 𝒫(X)$ e $\varnothing ,X\in 𝒜$, è una funzione tale che ${\mu }_0(\varnothing )=0$, la misura esterna generata da ${\mu }_0$ col Metodo I è la funzione ${\mu }^{*}:𝒫(X)\to [0,+\mathrm{\infty }]$ definita da

${\mu }^{*}(E):=\inf \{\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\mu }_0(A_k):\{A_k{\}}_{k\in \mathbb{N}}\subset 𝒜,E\subset \bigcup _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{A}_k\}$

si può verificare che questa è una misura esterna.

Si ricorda inoltre che se $𝒜$ è un'algebra, ${\mu }_0:𝒜\to [0,+\mathrm{\infty }]$ è detta premisura (o semplicemente misura, basta non confondersi) se per ogni famiglia numerabile $\{A_k{\}}_{k\in \mathbb{N}}\subset 𝒜,\mathrm{\forall }i,j\in \mathbb{N}i\ne j{A}_k\cap A_j=\varnothing$, la cui unione sta a sua volta in $𝒜$ vale la σ-additività:

${\mu }_0\left(\bigcup _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{A}_k\right)=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\mu }_0(A_k).$

Nel caso in cui ${\mu }^{*}$ è la misura esterna generata col Metodo I da una premisura ${\mu }_0$ definita su un'algebra $𝒜$, lo spazio di misura $(X,ℳ,\mu )$ fornito dal teorema di Carathéodory gode di alcune importanti proprietà:

• tutti gli elementi di $𝒜$ sono misurabili, cioè $𝒜\subset ℳ$, e quindi anche la σ-algebra generata da $𝒜$ è contenuta in $ℳ$;
• la misura $\mu$ ristretta ad $𝒜$ è uguale a ${\mu }_0$;
• se $X$ può essere ricoperto con una famiglia numerabile di sottoinsiemi di misura finita che stanno in $𝒜$ allora $\mu$, opportunamente ristretta, è l'unica misura sulla σ-algebra generata da $𝒜$ 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

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