# 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 $\mu ^{*}(\varnothing )=0$. 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 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 ${\mathcal {M}}$ 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, cioè ${\mathcal {M}}$ 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 $A\in {\mathcal {M}}$ 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 ${\mathcal {M}}$ è chiusa rispetto al complementare.

#### L'insieme è chiuso 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 della misura all'algebra 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.

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

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

### La misura ristretta 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 $\varnothing ,X\in {\mathcal {A}}$, è una funzione tale che $\mu _{0}(\varnothing )=0$, 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 $\{A_{k}\}_{k\in \mathbb {N} }\subset {\mathcal {A}},\;\;\forall i,j\in \mathbb {N} \;\;i\neq j\;\;A_{k}\cap A_{j}=\varnothing$, 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).