# Teorema di Hahn-Kolmogorov

In teoria della misura, il teorema di Hahn-Kolmogorov stabilisce che data un'algebra di sottoinsiemi di un insieme X, ed una funzione a valori reali non negativi, nulla sul vuoto, e numerabilmente additiva (nel senso che se l'unione di una famiglia numerabile appartiene ancora all'algebra allora per questa famiglia vale la σ-additività), esiste un'unica misura che la estende alla σ-algebra generata dall'algebra di partenza.
Il primo a dimostrare il teorema fu Fréchet, ma la sua dimostrazione non usava il teorema di Carathéodory. La dimostrazione più moderna, qui riportata, è stata scoperta indipendentemente da Hahn e Kolmogorov. Per questo motivo il teorema si può trovare in letteratura sotto il nome di Hahn (da non confondere col teorema di decomposizione di Hahn) o Hahn-Kolmogorov. Spesso, comunque, non viene neanche assegnato un nome, o lo si chiama semplicemente teorema di estensione.

## Enunciato

Sia $\mathbf {A}$ un'algebra di sottoinsiemi di $X$ e $\mu _{0}:\mathbf {A} \to [0,\infty ]$ una funzione σ-additiva, nel senso che se $\{A_{i}\}$ è una famiglia numerabile di elementi disgiunti di $\mathbf {A}$ e l'unione di tutti gli $A_{i}$ sta in $\mathbf {A}$ allora:
    $\mu _{0}\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }A\right)=\sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A_{i})$
e tale che $\mu _{0}(\emptyset )=0$ (si dice che $\mu _{0}$ è una premisura, o semplicemente misura se non c'è pericolo di confusione).
Indicata con $M(\mathbf {A} )$ la σ-algebra generata da $\mathbf {A}$, esiste una misura $\mu$ su $M(\mathbf {A} )$ che estende $\mu _{0}$, cioè tale che ristretta ad $\mathbf {A}$ è uguale a $\mu _{0}$.
Se $\mu _{0}$ è sigma-finita, cioè esiste una famiglia numerabile $\{A_{i}\}\subset \mathbf {A}$ che ricopre $X$, con $\mu _{0}(A_{i})<\infty$ per ogni $i$, allora l'estensione è unica.

## Dimostrazione

La dimostrazione si divide in due parti. Nella prima si dimostra l'esistenza costruendo una misura esterna in modo da poter usare il teorema di Carathéodory, e poi si verifica che la misura esterna ristretta ad $\mathbf {A}$ è uguale a $\mu _{0}$ e che gli elementi di $\mathbf {A}$ sono misurabili. La seconda parte si occupa invece dell'unicità nel caso in cui $\mu _{0}$ è σ-finita nel senso indicato nell'enunciato.

### Esistenza
#### Misura esterna e teorema di Carathéodory

La funzione $\mu ^{*}:P(X)\to [0,\infty ]$ costruita a partire da $\mu _{0}$ è definita come:
    $\mu ^{*}(E):=\inf \left\{\sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A_{i}):\ \{A_{i}\}_{i=1}^{\infty }\subset \mathbf {A} ,\ E\subset \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}\right\}$
e gode delle tre proprietà di una misura esterna (monotonia, subadditività numerabile, assegna 0 al vuoto). Il teorema di Carathéodory fornisce allora uno spazio di misura completo $(X,\mathbf {M} ,\mu )$, dove:
    $\mathbf {M} :=\{B\subset X:\ \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap B)+\mu ^{*}(E\cap B^{c})\ \forall E\subset X\}$
è una σ-algebra e $\mu$ è la restrizione di $\mu ^{*}$ a $\mathbf {M}$.

#### μ* ristretta ad A è uguale a μ$_0$

Si vuole dimostrare che per ogni $A$ in $\mathbf {A}$ vale:
    $\mu _{0}(A)=\mu ^{*}(A):=\inf \sum \mu _{0}(A_{i})$
dove l'inf è preso su tutte le famiglie numerabili $\{A_{i}\}\subset \mathbf {A}$ che ricoprono $A$. In particolare, prendendo la famiglia $\{A,\emptyset ,\emptyset ,\dots \}$ si ha subito:
    $\mu ^{*}(A)\leq \mu _{0}(A)$
Sia $\{A_{i}\}\subset \mathbf {A}$ una famiglia che ricopre $A$. L'idea per ottenere l'altra disuguaglianza è che se si prende la famiglia disgiunta associata $\{A_{i}\}$ si può spezzare $\mu _{0}(A)$ sfruttando la σ-additività (sempre nel senso indicato nell'enunciato) di $\mu _{0}$, da lì in poi si tratta di sfruttare semplici maggiorazioni. Si ricorda che ad ogni famiglia $\{A_{i}\}$ è associata una famiglia $\{B_{i}\}$ di insiemi a coppie disgiunti tale che l'unione dei primi n $A_{i}$ è uguale a quella dei primi n $B_{i}$, questo per tutti gli n naturali. Tale famiglia si ottiene ponendo $B_{i}\equiv A_{i}-(A_{i-1}\cup \dots \cup A_{1})$. Per quanto detto l'unione di tutti i $B_{i}$ contiene $A$, quindi:
    $\mu _{0}(A)=\mu _{0}\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }(A\cap B_{i})\right)=\sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A\cap B_{i})\leq \sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(B_{i})\leq \sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A_{i})$
dove le diseguaglianze seguono dalla monotonia di $\mu _{0}$. Ora, questo vale per qualsiasi $\{A_{i}\}\subset \mathbf {A}$ che ricopre $A$, quindi:
    $\mu _{0}(A)\leq \mu ^{*}(A)$

#### M contiene A

Dimostrare che $A\in \mathbf {A}$ sta in $\mathbf {M}$ significa dimostrare che:
    $\ \mu ^{*}(E)=\mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})$
qualsiasi sia $E\subset X$. Per farlo si approssima $\mu ^{*}(E)$ usando una famiglia $\{A_{i}\}\subset \mathbf {A}$ che copre $E$, poi con $A$ si spezza l'approssimazione invece che $E$, così da poter usare l'additività di $\mu _{0}$. Nel dettaglio, per ogni $\epsilon >0$ esiste una famiglia $\{A_{i}\}$ che copre $E$ e tale che:
    $\mu ^{*}(E)+\epsilon \geq \sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A_{i})=\sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A_{i}\cap A)+\sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(A_{i}\cap A^{c})\geq \mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})$
dove l'uguaglianza si ottiene scrivendo $A_{i}$ come $(A_{i}\cap A)\cup (A_{i}\cap A^{c})$ e usando l'additività di $\mu _{0}$, mentre la seconda disuguaglianza si ottiene notando che $\{A_{i}\cap A\}$ è un ricoprimento di $E\cap A$, e analogamente per $E\cap A^{c}$. Si nota che essendo $\epsilon$ arbitrario:
    $\mu ^{*}(E)\geq \mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})$
L'altra disuguaglianza è regalata dalla subadditività di $\mu ^{*}$:
    $\mu ^{*}(E)=\mu ^{*}((E\cap A)\cup (E\cap A^{c}))\leq \mu ^{*}(E\cap A)+\mu ^{*}(E\cap A^{c})$

#### Conclusione

Ricapitolando, partendo da $\mu _{0}$ si è costruita una misura esterna $\mu ^{*}$ che ristretta alla σ-algebra $\mathbf {M}$ è una misura $\mu$. Si è dimostrato che l'algebra $\mathbf {A}$ è contenuta in $\mathbf {M}$ e che $\mu$ sugli elementi di $\mathbf {A}$ si comporta come la premisura $\mu _{0}$ da cui si era partiti. Per concludere la prima parte del teorema si nota che essendo $M(\mathbf {A} )$ la più piccola σ-algebra contenente $\mathbf {A}$, ed $\mathbf {A} \subset \mathbf {M}$, si ha $M(\mathbf {A} )\subset \mathbf {M}$. Se con abuso di notazione si continua a denotare con $\mu$ la misura su $\mathbf {M}$ ristretta ad $M(\mathbf {A} )$, lo spazio di misura $(X,M(\mathbf {A} ),\mu )$ è, per quanto detto, quello cercato.
In generale, mentre $(X,M,\mu )$ è completo (fa parte della tesi del teorema di Carathéodory), lo spazio $(X,M(\mathbf {A} ),\mu )$ può benissimo non esserlo (un esempio noto si ha quando $M(\mathbf {A} )$ è la σ-algebra dei boreliani di $\mathbb {R} ^{n}$ e $\mu$ è la misura di Lebesgue).

### Unicità

In questa parte si suppone che $\mu _{0}$ sia σ-finita nel senso indicato nell'enunciato. Sia $\nu$ una misura su $M(\mathbf {A} )$ che estende $\mu _{0}$, mentre si continua ad indicare con $\mu$ la misura, sempre su $M(\mathbf {A} )$, costruita sopra. Per dimostrare che sono uguali si comincia usando la σ-finitezza per restringersi a lavorare in uno spazio di misura finita. Sia $\{A_{i}\}\subset \mathbf {A}$ una famiglia di insiemi di misura finita la cui unione è $X$. Si può supporre che gli $A_{i}$ siano a coppie disgiunti (al limite basta prendere la famiglia $\{B_{i}\}$ con $B_{i}\equiv A_{i}-(A_{i-1}\cup \dots \cup A_{1})$ al posto di ${A_{i}}$ ). Le due misure danno lo stesso valore ad un insieme misurabile $A$ se e solo se concordano su tutte le intersezioni $A\cap A_{i}$, perché in questo caso sarebbe:
    $\mu (A)=\sum _{i=1}^{\infty }\mu (A\cap A_{i})=\sum _{i=1}^{\infty }\nu (A\cap A_{i})=\nu (A)$
Ci si è ridotti a dover dimostrare che se $B\in \mathbf {A}$ ha misura finita e $A\in M(\mathbf {A} )$ è contenuto in $B$, allora $\mu (A)=\nu (A)$. Per confrontare le due misure, si consideri una famiglia $\{C_{i}\}\subset \mathbf {A}$ che ricopre $A$. Si ha:
    $A\subset \bigcup _{i=1}^{\infty }C_{i}$
da cui:
    $\nu (A)\leq \sum _{i=1}^{\infty }\nu (C_{i})=\sum _{i=1}^{\infty }\mu _{0}(C_{i})$
e quindi $\nu (A)\leq \mu (A)$ perché la disuguaglianza vale per tutte le famiglie $\{C_{i}\}\subset \mathbf {A}$ che coprono $A$ e $\mu (A)$ è l'inf dei termini di destra. Ma vale anche $\nu (B-A)\leq \mu (B-A)$. Ricordando che $B$ sta in $\mathbf {A}$ e spezzandolo come $(B-A)\cup A$ si conclude:
    $\mu (B)=\nu (B)=\nu (B-A)+\nu (A)\leq \nu (B-A)+\mu (A)\leq \mu (B)$
cioè:
    $\nu (B-A)+\nu (A)=\nu (B-A)+\mu (A)$
da cui:
    $\nu (A)=\mu (A)$