La "derivada" Radon-Nikodym es un concepto a.e. define. Supongamos $(X,S)$ es un espacio de medidas y $\mu,\nu$ son medidas finitas sobre $(X,S)$ con $\mu\ll\nu$ entonces el teorema es:
Teorema. Existe $f\in L^{1}(X,\nu)$ una función de valor real no negativo, con $\mu(A)=\int_{x\in A} f(x)~\nu(dx)$ para todos $A\in S$ .
Hay todo tipo de generalizaciones (a $\sigma$ -medidas finitas, con signo, de valor complejo, etc.). Este es el teorema/lemma en su forma más simple. Es fácil demostrar que si $f,f'$ satisfacen el teorema, entonces $f'=f$ $\nu$ -a.e. (y por tanto también $\mu$ -a.e.). Así pues, la función es "única", lo que justifica el artículo definido.
Puesto que efectivamente se deduce, que $\int g~d\mu=\int gf~d\nu$ para $g$ en $L^{1}(X,\mu)$ podrá aplicar la nomenclatura " $d\mu=f d\nu$ ", de modo que la notación $\frac{d\mu}{d\nu}$ para $f$ es un nombre intuitivo. Desde $f$ tiene dicha propiedad, se deduce que es un derivado "efectivo".
He aquí un esbozo de la prueba/construcción:
Lema. Sea $\sigma$ sea una masa con signo en $X$ (es decir, contablemente aditiva y finita). Entonces existe un conjunto medible $A\subseteq X$ satisfaciendo $(\forall{B\in S})~B\subseteq A\Rightarrow\sigma(B)\geq 0$ y $(\forall{B\in S})~B\subseteq X\setminus A\Rightarrow\sigma(B)\leq 0$ . Así $\sigma=\sigma^{+}-\sigma^{-}$ por la que $\sigma^{+}=\sigma\mid_{A}$ y $\sigma^{-}=\sigma\mid_{X\setminus A}$ son medidas finitas no negativas con soporte disjunto. Además, cualquier descomposición de $\sigma$ es de esta forma y $A$ es único $\sigma$ -a.e.
Prueba del teorema. (Boceto). Sea $A_{r}\in S$ sea como en el lema para la medida con signo $\sigma_{r}:=r\nu-\mu$ para cada $r\in\mathbb{Q}$ . Consideremos ahora dos racionales $r<r'$ . Entonces $\sigma_{r'}=\sigma_{r}+(r'-r)\nu$ . Sea $B=A_{r}\setminus A_{r'}$ . Se cumple por definición de la(s) descomposición(es), que
$$0\geq\sigma_{r'}(B)=\sigma_{r}(B)+(r'-r)\nu(B)\geq 0+(r'-r)\nu(B),$$
así $\nu(B)=0$ . Así $A_{r}\subseteq^{\ast}_{\nu}A_{r'}$ . Sustitución de $A_{r}$ con el así $\nu$ -a.e. conjunto equivalente $\bigcup_{q\in\mathbb{Q},q\leq r}A_{q}$ se puede suponer que $(A_{q})_{q\in(\mathbb{Q},<)}$ es una familia monótona creciente de conjuntos medibles.
Consideremos por último el mapa $f:x\in X\mapsto \inf\{r\in\mathbb{Q}:x\in A_{r}\}\in[-\infty,\infty]$ . Esto puede demostrarse fácilmente que está bien definido, es medible y $\nu$ -a.e. $>\infty$ . Sea $B\in S$ . Para todos los reales, $r<r'$ se cumple que $f^{-1}[r,r')=A_{r'}\setminus A_{r}$ $\nu$ -a.e. y por lo tanto también $\mu$ -a.e.; por tanto, se cumple que
\begin{align} \int_{B\cap f^{-1}[r,r')}f~d\nu-\mu(B\cap f^{-1}[r,r')) &\geq r\nu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r})-\mu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r})\\ &= (r-r')\nu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r}) +\sigma_{r'}(B\cap A_{r'}\setminus A_{r})\\ &\geq -(r'-r)\nu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r}+0\\ &= -(r'-r)\nu(B\cap f^{-1}[r,r')).\\ \end{align}
y
\begin{align} \int_{B\cap f^{-1}[r,r')}f~d\nu-\mu(B\cap f^{-1}[r,r')) &\leq r'\nu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r})-\mu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r})\\ &= (r'-r)\nu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r}) +\sigma_{r}(B\cap A_{r'}\setminus A_{r})\\ &\leq (r'-r)\nu(B\cap A_{r'}\setminus A_{r}+0\\ &= (r'-r)\nu(B\cap f^{-1}[r,r')).\\ \end{align}
Así
$$\left|\int_{B\cap f^{-1}[r,r')}f~d\nu-\mu(B\cap f^{-1}[r,r'))\right| \leq (r'-r)~\nu(B\cap f^{-1}[r,r')).$$
De ello se deduce que, descomponiendo $B$ en un número contable de preimágenes bajo $f$ de intervalos suficientemente pequeños de la recta real, que
$$\left|\int_{B}f~d\nu-\mu(B)\right|\leq\varepsilon\nu(B)$$
para todos $\varepsilon>0$ . Así $\int_{B}f~d\nu=\mu(B)$ para todos $B\in S$ (en particular $f\in L^{1}(\nu)$ ).
Q.e.d.
Interpretación del derivado (aparte de su aplicación).
La construcción de la prueba permite describir la derivada. Se cumple para $\varepsilon>0$ y reales $a<b$ con $|b-a|<\varepsilon$ y $\nu$ -a.e. $x\in X$ que $a\leq\frac{d\mu}{d\nu}(x)<b$ sólo si $x\in A_{b}\setminus A_{a}=:B$ lo que significa que el conjunto de tales $x$ constituye un conjunto $B$ con $b\nu(B)-\mu(B)=\sigma_{b}(B)\geq 0$ y $a\nu(B)-\mu(B)=\sigma_{a}(B)\leq 0$ .
De ello se deduce inmediatamente que $\frac{d\mu}{d\nu}$ es $\nu$ -a.e. no en $[a,b)$ o bien $a\leq\frac{\mu(B)}{\mu(B)}\leq b$ . Así, para $|b-a|<\varepsilon$ pequeño
$$\left|\frac{d\mu}{d\nu}(x)-\frac{\mu(B)}{\nu(B)}\right|<\varepsilon$$
para $\nu$ -a.e. $x\in B:=\{y\in X:\frac{d\mu}{d\nu}(y)\in[a,b)\}$ .
O dicho de otro modo: que $f=\frac{d\mu}{d\nu}$ . Entonces para $\nu$ -a.e. $x\in X$ sostiene que $\frac{d\mu}{d\nu}(x)=\lim_{\varepsilon\to 0^{+}}\frac{\mu(f^{-1}U_{\varepsilon,x})}{\nu(f^{-1}U_{\varepsilon,x})}$ donde $U_{\varepsilon,x}\subseteq\mathbf{R}$ el $\varepsilon$ -intervalo alrededor de $f(x)\in\mathbf{R}$ .
