Teorema di Radon-Nikodym
# Teorema di Radon-Nikodym

In matematica, in particolare in teoria della misura, il teorema di Radon-Nikodym è un risultato di notevole importanza nell'ambito delle misure assolutamente continue.

Il teorema è di particolare importanza nella teoria della probabilità, in quanto estende l'idea di misure discrete e misure continue di probabilità attraverso il concetto di misura di probabilità su un insieme arbitrario. Tra le applicazioni del teorema vi è inoltre la matematica finanziaria, che lo utilizza nel prezzamento dei derivati.

## Il teorema

Il teorema di Radon–Nikodym afferma che se una misura $\nu$ su uno spazio misurabile $(X,\Sigma )$ è assolutamente continua rispetto ad una misura $\mu$ sigma-finita sullo stesso spazio, allora esiste una funzione misurabile $f$ definita su $X$ a valori non negativi tale che:

    $\nu (A)=\int _{A}fd\mu$

per ogni insieme $A\in \Sigma$.

Il teorema è stato dimostrato da Johann Radon nel 1913 nel caso $X=\mathbb {R} ^{n}$ e generalizzato da Otto Nikodym nel 1930.

La funzione $f$ si dice derivata di Radon-Nikodym di $\nu$ rispetto $\mu$ e si indica con $d\nu \over d\mu$.

## Proprietà della derivata di Radon-Nikodym

La derivata di Radon-Nikodym gode delle seguenti proprietà:

* Se $\nu \ll \mu$ e $\lambda \ll \mu$ allora:

    ${d(\nu +\lambda ) \over d\mu }={d\nu \over d\mu }+{d\lambda \over d\mu }$
* Se $\nu \ll \mu \ll \sigma$ allora:

    ${d\nu \over d\sigma }={d\nu \over d\mu }{d\mu \over d\sigma }$
* Se g è una funzione $\nu$-integrabile su X e $\nu \ll \mu$, con $f=d\nu /d\mu$ allora:

    $\int gd\nu =\int gfd\mu$
* Se $\nu$ è una misura con segno o complessa finita allora:

    ${d|\nu | \over d\mu }=\left|{d\nu \over d\mu }\right|$

## Dimostrazione

La dimostrazione riportata nel seguito si svolge nell'ambito della teoria della misura. Esiste un'altra dimostrazione, dovuta a John von Neumann, ambientata in spazi di Hilbert.

### Misure finite

Per mostrare l'esistenza della derivata di Radon-Nikodym, siano $\mu$ e $\nu$ misure finite non negative, e sia $F$ l'insieme delle funzioni misurabili $f:X\to [0,+\infty )$ che soddisfano:

    $\int _{A}f\,d\mu \leq \nu (A)\qquad \forall A\in \Sigma$

L'insieme $F$ non è vuoto, poiché contiene almeno la funzione nulla. Siano $f_{1},f_{2}\in F$, $A$ un insieme misurabile e:

    $A_{1}=\{x\in A:f_{1}(x)>f_{2}(x)\}\qquad A_{2}=\{x\in A:f_{2}(x)\geq f_{1}(x)\}$

Allora si ha:

    $\int _{A}\max\{f_{1},f_{2}\}\,d\mu =\int _{A_{1}}f_{1}\,d\mu +\int _{A_{2}}f_{2}\,d\mu \leq \nu (A_{1})+\nu (A_{2})=\nu (A)$

e dunque $\max\{f_{1},f_{2}\}\in F$.

Sia ora $\{f_{n}\}$ una successione di funzioni in $F$ tali che:

    $\lim _{n\to \infty }\int _{X}f_{n}\,d\mu =\sup _{f\in F}\int _{X}f\,d\mu$

Sostituendo $f_{n}$ con il max delle prime n funzioni si può assumere che la successione $\{f_{n}\}$ è crescente. Sia $g$ la funzione definita come:

    $g(x):=\lim _{n\to \infty }f_{n}(x)$

Per mostrare che $g$ è la funzione cercata, cioè che il suo integrale su $A$ rispetto a $\mu$ vale esattamente $\nu (A)$, si nota che dal teorema della convergenza monotona per l'integrale di Lebesgue:

    $\int _{A}g\,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _{A}f_{n}\,d\mu \leq \nu (A)\qquad \forall A\in \Sigma$

e quindi $g\in F$. Inoltre, dalla costruzione di $g$ segue:

    $\int _{X}g\,d\mu =\sup _{f\in F}\int _{X}f\,d\mu$

Dato che $g\in F$ succede che la scrittura:

    $\nu _{0}(A):=\nu (A)-\int _{A}g\,d\mu$

definisce una misura non negativa su $\Sigma$. Supponendo quindi per assurdo $\nu _{0}\neq 0$, dato che $\mu$ è finita c'è un $\varepsilon >0$ tale che $\nu _{0}(X)>\varepsilon \mu (X)$. Sia allora $(P,N)$ la decomposizione di Hahn per la misura con segno $\nu _{0}-\varepsilon \mu$. Per ogni $A\in \Sigma$ si ha:

    $\nu _{0}(A\cap P)\geq \varepsilon \mu (A\cap P)$

e quindi:

    ${\begin{aligned}\nu (A)&=\int _{A}g\,d\mu +\nu _{0}(A)\geq \int _{A}g\,d\mu +\nu _{0}(A\cap P)\\&\geq \int _{A}g\,d\mu +\varepsilon \mu (A\cap P)=\int _{A}(g+\varepsilon 1_{P})\,d\mu \\\end{aligned}}$

dove $1_{P}$ è la funzione indicatrice relativa all'insieme $P$. Essendo che:

    $\int _{X}(g+\varepsilon 1_{P})\,d\mu \leq \nu (X)<+\infty$

la funzione $g+\varepsilon 1_{P}\in F$ e soddisfa:

    $\int _{X}(g+\varepsilon 1_{P})\,d\mu >\int _{X}g\,d\mu =\sup _{f\in F}\int _{X}f\,d\mu$

ma questo è impossibile, e quindi l'assunzione iniziale che $\nu _{0}\neq 0$ deve essere falsa.

Dato che $g$ è μ-integrabile, l'insieme $\{x\in X:g(x)=+\infty \}$ è μ-nullo. Quindi $f$ è definita come:

    $f(x)={\begin{cases}g(x)&{\text{se }}g(x)<\infty \\0&{\text{altrimenti}}\end{cases}}$

e possiede le proprietà richieste.

Come per l'esistenza, siano $f,g:X\to [0,+\infty )$ due funzioni misurabili che soddisfano:

    $\nu (A)=\int _{A}f\,d\mu =\int _{A}g\,d\mu$

per ogni insieme misurabile $A$. Quindi $g-f$ è integrabile rispetto a $\mu$ e:

    $\int _{A}(g-f)\,d\mu =0$

In particolare, questo succede per $A=\{x\in X:f(x)>g(x)\}$ o $A=\{x\in X:f(x)<g(x)\}$. Segue che:

    $\int _{X}(g-f)^{+}\,d\mu =0=\int _{X}(g-f)^{-}\,d\mu$

sicché $(g-f)^{+}=0$ quasi ovunque. Accade lo stesso per $(g-f)^{-}$, e così $f=g$ quasi ovunque.

### Misure positive σ-finite

Se $\mu$ e $\nu$ sono σ-finite, allora $X$ può essere scritto come l'unione di una successione $\{B_{n}\}_{n}$ di insiemi disgiunti in $\Sigma$, ognuno dei quali ha misura finita sia rispetto a $\mu$ che $\nu$. Per ogni n esiste una funzione $\Sigma$-misurabile $f_{n}:B_{n}\to [0,+\infty )$ tale che:

    $\nu (A)=\int _{A}f_{n}\,d\mu$

per ogni sottoinsieme $A\in B_{n}$ che è $\Sigma$-misurabile. L'unione $f$ di tali funzioni è la funzione richiesta. Come per l'unicità, dato che ogni $f_{n}$ è unica quasi ovunque (relativamente a $\mu$), lo è anche $f$.

### Misure con segno e complesse

Se $\nu$ è una misura σ-finita con segno, si può utilizzare la decomposizione di Hahn–Jordan $\nu =\nu ^{+}-\nu ^{-}$ dove una delle due misure è finita. Applicando i precedenti risultati si ottengono due funzioni $g,h:X\to [0,+\infty )$ che soddisfano il teorema di Radon–Nikodym per $\nu ^{+}$ e $\nu ^{-}$ rispettivamente, di cui almeno una è μ-integrabile. La funzione $f=g-h$ soddisfa le proprietà richieste, compresa l'unicità in quanto sia $g$ che $h$ sono uniche quasi ovunque.

Se $\nu$ è complessa, può essere decomposta come $\nu =\nu _{1}+i\nu _{2}$, dove sia $\nu _{1}$ che $\nu _{2}$ sono misure finite con segno. Procedendo come sopra, si ottengono due funzioni $g,h:X\to [0,+\infty )$ che soddisfano le proprietà richieste per $\nu _{1}$ e $\nu _{2}$ rispettivamente. La funzione cercata è dunque $f=g+ih$.

