Buchanfang Maßtheorie by Richard4321/ Die Maßfortsetzung – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In der Maßtheorie wollen wir Mengen eine Länge, eine Fläche oder ein Volumen zuordnen. Unser Ziel ist, später die "guten" Mengen durch abzählbar viele Intervalle, Rechtecke oder Quader "minimal" zu überdecken und damit die Länge, die Fläche oder das Volumen der "guten" Menge zu bestimmen.

Wir hatten in den letzten Kapiteln die endlichen disjunkten Vereinigungen der Rechtecke betrachtet: diese bilden einen Ring (mit $A,B\in R$ sind auch $\emptyset ,A\cup B,A\backslash B\in R$). Ihnen konnten wir eindeutig eine Fläche zuordnen. Wenn ihre abzählbare Vereinigung wieder die Form einer endlichen disjunkten Vereinigung von Rechtecken hat und ihre Fläche die abzählbare Summe der Einzelflächen ist, in mathematischer Schreibweise

${\begin{aligned}{\text{Fläche }}\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)=&\sum _{i=1}^{\infty }{\text{Fläche }}(A_{i})\end{aligned}}$

dann nannten wir die Mengenfunktion sigma-additiv. Wir haben gezeigt, dass die Sigma-Additivität (fast) gleich bedeutend ist zur Stetigkeit von oben oder von unten der Flächenfunktion.

Wir haben uns das System der "guten" Mengen definiert als Sigma-Algebra (dort gilt mit $A_{n}\in S$ sind auch $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n},A_{n}^{C},\emptyset \in S$) und sigma-additive Maße darauf betrachtet.

Als Beweis-Technisches Hilfsmittel haben wir die Dynkinsysteme eingeführt. Dort gilt mit $A_{n}\in D$ sind auch $\biguplus _{n\in \mathbb {N} }A_{n},A_{n}^{C},\emptyset \in D$.

Wir geben uns nun eine sigma-additive, nicht-negative Abbildung von einem RING $F^{p}$ nach $[0,\infty ]$ vor. Eine mögliche solche haben wir im ersten und zweiten Kapitel schon konstruiert.

Jetzt suchen wir die Fortsetzung auf die von dem Ring erzeugte Sigma-Algebra $S(F^{p})$. Dazu konstruieren wir uns ein äußeres Maß auf allen Teilmengen von $\mathbb {R} ^{p}$ als minimale Überdeckung mit abzählbar vielen Elementen aus dem Ring.

Je feiner wir dabei die überdeckenden Rechtecke wählen und je weniger sich die überdeckenden Mengen überschneiden, umso besser wird die Näherung sein, wie man an folgenden Überdeckungen eines Fünfecks sieht.

• 
  Grobe Überdeckung des Fünfecks mit Rechtecken
• 
  Feine Überdeckung des Fünfecks mit Rechtecken

Erstaunlicherweise wird dieses äußere Maß zu einem Maß auf den Teilmengen, die alle Teilmengen von $\mathbb {R} ^{p}$ bzgl dem äußeren Maß additiv aufteilen, diese Teilmengen bilden sogar eine Sigma-Algebra $S^{\ast }$.

Wir rechnen nun nach, dass die Elemente des Ringes $F^{p}$ in dieser Sigma-Algebra $S^{\ast }$ enthalten sind, damit ist die erzeugte Sigma-Algebra $S(F^{p})$ ebenfalls in $S^{\ast }$ enthalten und das äußere Maß dort ein Maß.

Wir überprüfen als Letztes, dass das äußere Maß auf dem Ring $F^{p}$ denselben Wert annimmt wie die sigma-additive Funktion auf dem Ring, mit der wir gestartet sind - damit ist die Maßfortsetzung gefunden.

Die Eindeutigkeit lässt sich beweisen, wenn sich der Raum mit abzählbar vielen Mengen endlichen Maßes ausschöpfen lässt, was bei $\mathbb {R} ^{p}$ der Fall ist. Damit ist das angekündigte eindeutige Lebesguemaß gefunden und dieses lebt sogar auf einer größeren Sigma-Algebra als $S(F^{p})$.

Am Ende betrachten wir noch Nullmengen: die Vervollständigung eines Maßes und seiner Sigma-Algebra und zeigen, dass es überabzählbare Nullmengen bzgl. dem Lebesguemaß gibt.

Zusammenfassung: Versuchen Sie nicht, die Beweise diese Kapitels auswendig zu lernen, das ist zu viel: Abgefragt wird i.A. die Definition des äußeren Maßes und seine drei Eigenschaften, evtl. die Definition von $S^{\ast }$, definitiv die Aussage des Existenz- und Eindeutigkeitssatzes und unter Umständen die Idee der Vervollständigung eines Maßes. Mehr nicht. Aber Interessierte können die Beweise einmal nachvollziehen.

Existenz der Maßfortsetzung

Auf einem Ring $R$ definieren wir eine additive Funktion intuitiv und beweisen dann die Sigma-Additvität. Ziel ist nun die Fortsetzung zu einem Maß auf die von $R$ erzeugte Sigma-Algebra $S(R)$.

Satz

Sei $m$ endlich additiv auf einem Ring $R$. Wir nähern die Fläche von einem beliebigen $Q\in Pot(W)$ von außen durch abzählbar viele Elemente $A_{n}\in R$ und wählen die kleinste solche Überdeckung. Das äußere Maß sei

$m^{\ast }:Pot(W)\rightarrow [0,\infty ],Q\mapsto \inf \left\{\sum _{n=1}^{\infty }m(A_{n})\ |\ A_{n}\in R,Q\subset \bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}\right\}$

mit $m^{\ast }(Q)=\infty$, wenn es keine Folge $(A_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ in $R$ gibt mit $Q\subset \bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}$.

Weil das Minimum eventuell nicht existiert, benutzt man das Infimum (das immer existiert)

Für $m^{\ast }$ gilt:

1. Das äußere Maß der leeren Menge ist Null: $m^{\ast }(\emptyset )=0$
2. Das äußere Maß ist monoton: Für $Q_{1}\subset Q_{2}$ gilt $m^{\ast }(Q_{1})\leq m^{\ast }(Q_{2})$
3. Das äußere Maß einer abzählbaren Vereinigung ist kleiner gleich der Summe der äußeren Maße der Einzelmengen: $m^{\ast }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }Q_{n}\right)\leq \sum _{n=1}^{\infty }m^{\ast }(Q_{n})$

Das ist schon ziemlich dicht an den Eigenschaften einer sigma-additiven Funktion dran.

Beweis

Von den Ringeigenschaften und der Additivität von $m$ wird nur verwendet, dass $\emptyset \in R,m(\emptyset )=0$ und $m(A_{n})\geq 0$. Mehr nicht.

1.):

Da alle $m(A_{n})$ größer gleich Null sind, ist auch das Infimum größer gleich Null und die Abbildung $m$ definiert.

Da $\emptyset \in R$ und $\emptyset \subset \bigcup _{n=1}^{\infty }\emptyset$ gilt

$0\leq m^{\ast }(\emptyset )=\sum _{n=1}^{\infty }m(\emptyset )=\sum _{n=1}^{\infty }0=0$

2.):

Da $Q_{1}\subset Q_{2}\subset \bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}$, ist jede Überdeckung von $Q_{2}$ eine für $Q_{1}$.

Das Infimum der Überdeckungen für $Q_{1}$ wird also über mehr Mengen gebildet als für $Q_{2}$. Deshalb gilt:

$m^{\ast }(Q_{1})\leq m^{\ast }(Q_{2})$

3.):

Da $m^{\ast }$ als Infimum definiert ist, kann man eine Folge $(A_{i}^{n})_{i\in \mathbb {N} }$ wählen, die bis auf ${\frac {\epsilon }{2^{n}}}$ genau herankommt man den Wert des äußeren Maßes $m^{\ast }(Q_{n})$.

Es gilt also $\forall n\in \mathbb {N} \ \exists A_{i}^{n}$ mit:

${\begin{aligned}Q_{n}\subset &\bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}^{n}\\\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i}^{n})\leq &m^{\ast }(Q_{n})+{\frac {\epsilon }{2^{n}}}\end{aligned}}$

Die abzählbare Vereinigung der $Q_{n}$ wird dann insbesondere von den Vereinigungen der $A_{i}^{n}$ überdeckt

$\bigcup _{n=1}^{\infty }Q_{n}\subset \bigcup _{i,n=1}^{\infty }A_{i}^{n}$

Das ist eine abzählbare Überdeckung. Da $m^{\ast }$ als Infimum definiert ist, gilt

${\begin{aligned}m^{\ast }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }Q_{n}\right)\leq &\sum _{i,n=1}^{\infty }m(A_{i}^{n})\\\leq &\sum _{n=1}^{\infty }\left(m^{\ast }(Q_{n})+{\frac {\epsilon }{2^{n}}}\right)\\=&\sum _{n=1}^{\infty }m^{\ast }(Q_{n})+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\epsilon }{2^{n}}}\\=&\sum _{n=1}^{\infty }m^{\ast }(Q_{n})+\epsilon \end{aligned}}$

Da $\epsilon >0$ beliebig gewählt war, folgt

$m^{\ast }\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }Q_{n}\right)\leq \sum _{n=1}^{\infty }m^{\ast }(Q_{n})$

Jetzt müssen wir eine Sigma-Algebra $S^{\ast }$ konstruieren auf der $m^{\ast }$ sigma-additiv ist. Dabei müssen wir $m^{\ast }$ und $S^{\ast }$ aufeinander abstimmen:

$m^{\ast }$ soll mindestens additiv werden für Elemente aus $S^{\ast }$. Eine Forderung wäre z.B. "Betrachte für $S^{\ast }$ nur Elemente $A,B$ aus $W$, für die gilt"

$m^{\ast }(A\uplus B)=m^{\ast }(A)+m^{\ast }(B)$

Das ist fast richtig. Wir wollen noch das Komplement einbringen. Damit mit $A$ auch das Komplement von $A$ in $S^{\ast }$ ist, muss die Beziehung symmetrisch in $A$ und $A^{C}$ sein. Dazu verwenden wir, dass sich jede beliebige Menge $Q\in W$ disjunkt aufteilen lässt gemäß

$Q=(Q\cap A)\uplus (Q\cap A^{C})$

Wegen $(A^{C})^{C}=A$ ist die Forderung symmetrisch in $A$ und $A^{C}$

$Q=(Q\cap (A^{C})^{C})\uplus (Q\cap A^{C})$

Jetzt haben wir disjunkte Mengen und lassen die geforderte Additivität von $m^{\ast }$ einfließen, indem wir Elemente in $S^{\ast }$ zulassen, für die für alle $Q\in W$gilt:

$m^{\ast }(Q)=m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})$

Das ist schon alles. Wir rechnen gleich nach; Die Mengen $A$, die bezüglich $m^{\ast }$ alle anderen Mengen $Q\subset W$ additiv aufteilen, bilden eine Sigma-Algebra. Allein die Wahl von $S^{\ast }$ und die Konstruktion von $m^{\ast }$ bedingt das, es geht nur $\emptyset \in R,m(\emptyset )=0$ und $m(A_{n})\geq 0$ ein in den Beweis. Der Ring und die Additivität spielen noch keine Rolle.

Satz

$S^{\ast }:=\{A\subset W|\ \forall Q\subset W:\ m^{\ast }(Q)=m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})\}$

ist eine Sigma-Algebra.

Die Definition kombiniert Additivität und Komplementbildung.

Beweis

1.) $W\in S^{\ast }$:

Da

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q\cap W)+m^{\ast }(Q\cap \underbrace {W^{C}} _{=\emptyset })=&m^{\ast }(Q)+m^{\ast }(\emptyset )\\=&m^{\ast }(Q)\end{aligned}}$

gilt $W\in S^{\ast }$

2.) Aus $A\in S^{\ast }$ folgt $A^{C}\in S^{\ast }$:

$S^{\ast }$ ist genau so definiert, dass das gilt

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q\cap (A^{C})^{C})+m^{\ast }(Q\cap A^{C})=&m^{\ast }(Q\cap A^{C})+m^{\ast }(Q\cap A)\\{\stackrel {A\in S^{\ast }}{=}}&m^{\ast }(Q)\end{aligned}}$

3.) Aus $A,B\in S^{\ast }$ folgt $A\cap B,A\cup B\in S^{\ast }$:

Seien $A,B\in S^{\ast }$. Da $B\in S^{\ast }$, gilt folgende Beziehung

${\begin{aligned}&m^{\ast }(Q\cap (A\cap B)^{C})\\=&m^{\ast }(Q\cap (A^{C}\cup B^{C}))\\{\stackrel {B\in S^{\ast }}{=}}&m^{\ast }(Q\cap (A^{C}\cup B^{C})\cap B)+m^{\ast }(Q\cap (A^{C}\cup B^{C})\cap B^{C})\\=&m^{\ast }(Q\cap A^{C}\cap B)+m^{\ast }(Q\cap B^{C})\end{aligned}}$

Wir benutzen, dass $A,B\in S^{\ast }$ sind, setzen obige gerade erhaltene Gleichung ein und erhalten

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q){\stackrel {B\in S^{\ast }}{=}}&m^{\ast }(Q\cap B)+m^{\ast }(Q\cap B^{C})\\{\stackrel {A\in S^{\ast }}{=}}&m^{\ast }(Q\cap B\cap A)+m^{\ast }(Q\cap B\cap A^{C})+m^{\ast }(Q\cap B^{C})\\{\stackrel {\text{siehe oben}}{=}}&m^{\ast }(Q\cap A\cap B)+m^{\ast }(Q\cap (A\cap B)^{C})\end{aligned}}$

Damit ist gezeigt

$A\cap B\in S^{\ast }$

Nach 2.) sind Komplemente wieder in $S^{\ast }$ und wir haben gerade gezeigt, dass Schnitte wieder in $S^{\ast }$ sind. Damit folgt

$A\cup B=(A^{C}\cap B^{C})^{C}\in S^{\ast }$

4.) Zeige $m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)=\sum _{i=1}^{n}m^{\ast }\left(Q\cap A_{i}\right)$:

Wir benötigen in 5.) folgende Beziehung

$m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)=\sum _{i=1}^{n}m^{\ast }\left(Q\cap A_{i}\right)$

und verwenden Induktion, um sie zu zeigen.

n=2:

Da $A_{i}$ und $A_{j}$ disjunkt sind, liegt $A_{i}$ ganz im Komplement von $A_{j}$ und es gilt

${\begin{aligned}A_{i}\uplus A_{j}=&(A_{i}^{C}\cap A_{j}^{C})^{C}\\A_{i}\cap A_{j}^{C}=&A_{i}\end{aligned}}$

Unter Verwendung der ersten Formel von 3.) mit $A=A_{i}$ und $B=A_{j}$ berechnen wir

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q\cap (A_{i}\uplus A_{j}))=&m^{\ast }(Q\cap (A_{i}^{C}\cap A_{j}^{C})^{C})\\{\stackrel {{\text{Formel in }}3.)}{=}}&m^{\ast }(Q\cap (A_{i}^{C})^{C}\cap A_{j}^{C})+m^{\ast }(Q\cap (A_{j}^{C})^{C})\\=&m^{\ast }(Q\cap \underbrace {A_{i}\cap A_{j}^{C}} _{=A_{i}})+m^{\ast }(Q\cap A_{j})\\=&m^{\ast }(Q\cap A_{i})+m^{\ast }(Q\cap A_{j})\end{aligned}}$

Das zeigt den Fall $n=2$.

n$\rightarrow$ n+1: Nun wenden wir einfache Induktion an, da die Vereinigung disjunkt ist

${\begin{aligned}m^{\ast }\left(Q\cap \left(A_{n+1}\uplus \biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)\right){\stackrel {{\text{Fall }}n=2}{=}}&m^{\ast }(Q\cap A_{n+1})+m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)\\{\stackrel {\text{Fall n}}{=}}&m^{\ast }(Q\cap A_{n+1})+\sum _{i=1}^{n}m^{\ast }(Q\cap A_{i})\\=&\sum _{i=1}^{n+1}m^{\ast }(Q\cap A_{i})\\\end{aligned}}$

und erhalten die Behauptung.

5.) Für $A_{i}\in S^{\ast }$ gilt $\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\in S^{\ast }$:

Nach Definition von $S^{\ast }$ müssen wir zeigen, dass

$m^{\ast }(Q)=m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)$

Für den Beweis der Gleichheit, zeigen wir kleiner gleich und größer gleich.

Da endliche Vereinigungen wieder in $S^{\ast }$ liegen, berechnen wir mit der in 4.) extra gezeigten Formel

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q)&{\stackrel {\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\in S^{\ast }}{=}}&m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)^{C}\right)\\&{\stackrel {4.)}{=}}&\sum _{i=1}^{n}m^{\ast }(Q\cap A_{i})+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)^{C}\right)\end{aligned}}$

Mit

${\begin{aligned}\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\subseteq &\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\\\left(\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)^{C}\supseteq &\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\end{aligned}}$

und der Monotonie des äußeren Maßes folgt

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q)&=&\sum _{i=1}^{n}m^{\ast }(Q\cap A_{i})+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\right)^{C}\right)\\&{\stackrel {Monotonie}{\geq }}&\sum _{i=1}^{n}m^{\ast }(Q\cap A_{i})+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)\end{aligned}}$

Im Grenzwert $n\rightarrow \infty$ bleibt das Größergleich-Zeichen erhalten und mit der dritten Eigenschaft des äußeren Maßes folgt

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q)\geq &\sum _{i=1}^{\infty }m^{\ast }(Q\cap A_{i})+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)\\\geq &m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)\end{aligned}}$

Das war die eine zu beweisende Ungleichung.

Die umgekehrte Ungleichung gilt, da $m^{\ast }$ als Infimum definiert ist: Wegen

$Q\subset \left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)\uplus \left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)+\emptyset +\ldots$

gilt mit der dritten Eigenschaft des äußeren Maßes

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q){\stackrel {Infimum}{\leq }}&m^{\ast }\left(\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)\uplus Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\uplus \emptyset \uplus \ldots \right)\\{\stackrel {dritte}{\leq }}&m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)+m^{\ast }(\emptyset )+\ldots \end{aligned}}$

Insgesamt folgt

$m^{\ast }(Q)=m^{\ast }\left(Q\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)$

6.):

Da für $A,B\in S^{\ast }$ auch $A\cap B\in S^{\ast }$, ist $S^{\ast }$ durchschnittsstabil. Wir haben nachgerechnet, dass $S^{\ast }$ ein Dynkinsystem ist, somit ist $S^{\ast }$ eine Sigma-Algebra.

Die passende Sigma-Algebra haben wir gefunden, denn

Satz (Auf $S^{\ast }$ ist $m^{\ast }$ ein Maß.)

$m^{\ast }|_{S^{\ast }}:S^{\ast }\rightarrow [0,\infty ]$

ist ein Maß.

Erneut geht nur $\emptyset \in R;m(\emptyset )=0$ und $m(A_{n})\geq 0$ ein in den Beweis. Die Ringeigenschaft und die Adidtivität von $m$ werden immer noch nicht benötigt.

Beweis (Auf $S^{\ast }$ ist $m^{\ast }$ ein Maß.)

:

Wir haben schon gezeigt:

${\begin{aligned}m^{\ast }(A)\geq &0\\m^{\ast }(\emptyset )=&0\\m^{\ast }\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)\leq &\sum _{i=1}^{\infty }m^{\ast }(A_{i})\end{aligned}}$

In 5.) des letzten Beweises haben wir gezeigt, dass gilt

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q)\geq &\sum _{i=1}^{\infty }m^{\ast }(Q\cap A_{i})+m^{\ast }\left(Q\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}\right)\end{aligned}}$

Setze für $Q$ nun $\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}$ ein, so erhält man die andere Ungleichung

${\begin{aligned}m^{\ast }\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)\geq &\sum _{i=1}^{\infty }m^{\ast }\left(\underbrace {\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)\cap A_{i}} _{=A_{i}}\right)+m^{\ast }\left(\underbrace {\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\cap \left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)^{C}} _{=\emptyset }\right)\\=&\sum _{i=1}^{\infty }m^{\ast }(A_{i})+m^{\ast }(\emptyset )\\=&\sum _{i=1}^{\infty }m^{\ast }(A_{i})\end{aligned}}$

Wie groß ist nun die konstruierte Sigma-Algebra $S^{\ast }$? Zum Glück groß genug, dass es die von $R$ erzeugte Sigma-Algebra enthält!

Bis hier haben wir die Ringeigenschaft und die Additivität von $m$ nicht benötigt: es floss nur ein $\emptyset \in R;m(\emptyset )=0$ und $m(A_{n})\geq 0$ für alle $A_{n}\in R$.

Nun gehen die Ringeigenschaften und die endliche Additivität von $m$ ein in den Beweis. Die Sigma-Additivität wird nicht benutzt.

Satz

Ist $m$ additiv auf dem Ring $R$, so ist die von dem Ring erzeugte Sigma-Algebra in $S^{\ast }$ enthalten.

$S(R)\subset S^{\ast }$

Beweis

Wir müssen zeigen, dass für alle $A\in R$ gilt

$m^{\ast }(Q)=m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})$

Das Gleichheitszeichen zeigen wir in zwei Schritten: kleiner gleich und größer gleich.

Seien $Q\subset W$ und $A\in R$ beliebig. Mit der Darstellung

$Q\subset (Q\cap A)\uplus (Q\cap A^{C})\uplus \emptyset \uplus \ldots$

gilt mit der dritten Eigenschaft des äußeren Maßes $m^{\ast }$

${\begin{aligned}m^{\ast }(Q)=&m^{\ast }((Q\cap A)\uplus (Q\cap A^{C})\uplus \emptyset \uplus \ldots )\\\leq &m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})+\underbrace {m^{\ast }(\emptyset )} _{=0}+\ldots \end{aligned}}$

Das war kleiner gleich. Nun zeigen wir größer gleich.

Sei $\bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}$ eine beliebige Überdeckung von $Q$ mit Elementen aus $R$

$Q\subset \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}$

Diese Beziehung können wir schneiden mit $A$ und $A^{C}$ und erhalten Überdeckungen von $Q\cap A$ und $Q\cap A^{C}$ mit Elementen aus $R$ (!), da $R$ abgeschlossen ist unter Vereinigungen, Schnitten und $A\backslash B$

${\begin{aligned}Q\cap A\subset &\bigcup _{i=1}^{\infty }\underbrace {(A_{i}\cap A)} _{\in R}\\Q\cap A^{C}\subset &\bigcup _{i=1}^{\infty }(A_{i}\cap A^{C})=\bigcup _{i=1}^{\infty }\underbrace {(A_{i}\backslash A)} _{\in R}\end{aligned}}$

Da $m^{\ast }$ als Infimum der Überdeckungen definiert ist und mit der Additivität von $m$ erhalten wir

${\begin{aligned}&m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})\\{\stackrel {Infimum}{\leq }}&\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i}\cap A)+\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i}\cap A^{C})\\{\stackrel {m{\text{ additiv}}}{=}}&\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i})\end{aligned}}$

Da $\bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}$ eine beliebige Überdeckung von $Q$ war, folgt

${\begin{aligned}&m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})\\\leq &\inf \left\{\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i}):\ A_{i}\in R,Q\subset \bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}\right\}\\=&m^{\ast }(Q)\end{aligned}}$

Insgesamt ist die Gleichheit gezeigt für $A\in R$.

$m^{\ast }(Q)=m^{\ast }(Q\cap A)+m^{\ast }(Q\cap A^{C})$

d.h.

${\begin{aligned}&\forall A\in R:\ A\in S^{\ast }&R\subset S^{\ast }\end{aligned}}$

Da $S(R)$ die kleinste Sigma-Algebra ist, die $R$ enthält, folgt

${\begin{aligned}S(R)\subset S^{\ast }\end{aligned}}$

Auf $S^{\ast }$ haben wir ein Maß $m^{\ast }$ gefunden. Wir zeigen nun, dass es immer noch auf $R$ mit unserem sigma-additiven $m$ übereinstimmt, d.h. $m^{\ast }$ ist die Fortsetzung auf $S(R)\subset S^{\ast }$.

Erst bei diesem Beweis geht die Sigma-Additivität von m ein.

Satz

Ist m sigma-additiv, so ist $m^{\ast }$ eine Fortsetzung von $m$ auf

$S(R)\subset S^{\ast }$

Beweis

:

Zeige: $m^{\ast }(A)\leq m(A)$:

$(A,\emptyset ,\emptyset ,\ldots )$ ist eine Überdeckung von $A$ mit Elementen aus $R$ und $m^{\ast }$ ist das Infimum über alle solche Überdeckungen, damit gilt

${\begin{aligned}m^{\ast }(A){\stackrel {\text{Infimum}}{\leq }}&m(A)+m(\emptyset )+m(\emptyset )+\ldots \\=&m(A)\end{aligned}}$

Zeige: $m^{\ast }(A)\geq m(A)$:

Für eine beliebige Überdeckung $\bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}$ von $A$ ist

$\bigcup _{i=1}^{\infty }\underbrace {(A\cap A_{i})} _{\in R}=A$

eine Überdeckung von $A$ mit Elementen aus $R$. Es gilt mit der Sigma-Additivität und der Monotonie von $m$

${\begin{aligned}m(A)=&m\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }(A_{i}\cap A)\right)\\{\stackrel {m{\text{ sigma-additiv}}}{\leq }}&\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i}\cap A)\\\leq &\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i})\end{aligned}}$

Da $m^{\ast }$ das Infimum über alle solchen Überdeckungen ist, gilt

$m(A)\leq m^{\ast }(A)$

Eindeutigkeit der Fortsetzung

Die Existenz einer Maßfortsetzung haben wir nun gezeigt. Nun stellt sich die Frage nach der Eindeutigkeit. Wenn es eine monoton steigende Folge von Mengen der Sigma-Algebra endlichen Maßes gibt, deren abzählbare Vereinigung die ganze Grundmenge $W$ ist - wir nennen diese Eigenschaft sigma-endlich -, lässt sich die Eindeutigkeit zeigen.

Definition (sigma-endliche Maße)

Ein Maß auf $S$ heißt sigma-endlich genau dann wenn es eine monoton steigende Folge von Mengen $(A_{n})_{n}$ in $S$ gibt, deren Maß endlich ist und deren abzählbare Vereinigung die ganze Grundmenge $W$ ergibt. In Formeln

${\begin{aligned}&A_{n}\uparrow W\\&\forall n\in \mathbb {N} :m(A_{n})<\infty \end{aligned}}$

Schneidet man alle zu betrachtenden Mengen mit einer festen Menge endlichen Maßes, erhält man ein neues Maß, das endlich ist.

Satz

${\displaystyle }$

Ist $m$ ein Maß auf $S$ und $C\in S$ mit endlichem Maß

$m(C)<\infty$

so ist

$m(C\cap \cdot ):S\rightarrow [0,\infty ),A\mapsto m(C\cap A)$

eine endliches Maß auf $S$, d.h.

$\forall A\in S:\ m(C\cap A)<\infty$

Beweis

Die Eigenschaften eines Maßes folgen direkt aus den Maß-Eigenschaften von $m$

${\begin{aligned}m(C\cap A)\geq &0\\m(C\cap \emptyset )=&m(\emptyset )=0\\m\left(C\cap \biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)=&m\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }(C\cap A_{i})\right)=\sum _{i=1}^{\infty }m(C\cap A_{i})\\m(C\cap A)\leq &m(C)<\infty \end{aligned}}$

Jetzt können wir schon den Eindeutigkeitssatz beweisen.

Satz (Eindeutigkeit von Maßen)

Das Erzeugendensystem $E\subset Pot(W)$ sei durchschnittsstabil.

$m_{1}$ und $m_{2}$ seien zwei Maße auf $S(E)$, die auf dem Erzeugendensystem $E$ übereinstimmen und es gebe eine sigma-endliche Folge $(C_{n})_{n}$ im Erzeugendensystem $E$, d.h.

${\begin{aligned}&C_{n}\uparrow W\\&\forall n\in \mathbb {N} :m_{1}(C_{n})=m_{2}(C_{n})<\infty \end{aligned}}$

Dann gilt $m_{1}=m_{2}$ auf $S(E)$

Beweis (Eindeutigkeit von Maßen)

Wie für Maße nicht anders zu erwarten, geht der Beweis über ein Dynkinsystem, da dieses an Maße optimal angepasst ist,

1.):

Zeige: Die Mengen aus $S(E)$, die nach Schnitt mit einem $C_{n}$ dasselbe Maß haben, d.h.

$D_{C_{n}}:=\{B\in S(E):m_{1}(B\cap C_{n})=m_{2}(B\cap C_{n})\}$

bilden ein Dynkinsystem.

Wir rechnen die Eigenschaften nach:

a) $W\in D_{C_{n}}$: Da die Maße auf dem Erzeugendensytem nach Voraussetzung übereinstimmen und $C_{n}\in E$ folgt

$m_{1}(W\cap C_{n})=m_{1}(C_{n}){\stackrel {C_{n}\in E}{=}}m_{2}(C_{n})=m_{2}(W\cap C_{n})$

b) Aus $B\in D_{C_{n}}$ folgt $B^{C}\in D_{C_{n}}$:

Da $m(C_{n}\cap \cdot )$ ein endliches Maß ist, gilt da $B$ nach Voraussetzung in $D_{C_{n}}$ ist

${\begin{aligned}m_{1}(B^{C}\cap C_{n})=&m_{1}(C_{n})-m_{1}(B\cap C_{n})\\{\stackrel {B\in D_{C_{n}}}{=}}&m_{2}(C_{n})-m_{2}(B\cap C_{n})\\=&m_{2}(B^{C}\cap C_{n})\end{aligned}}$

c) Aus $B_{i}\in D_{C_{n}}$ folgt $\biguplus _{i=1}^{\infty }B_{i}\in D_{C_{n}}$:

Da $m$ ein Maß ist und da die $B_{i}$ nach Voraussetzung in $D_{C_{n}}$ liegen, folgt

${\begin{aligned}m_{1}\left(\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }B_{i}\right)\cap C_{n}\right)=&m_{1}\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }(B_{i}\cap C_{n})\right){\stackrel {m_{1}{\text{ Maß}}}{=}}\sum _{i=1}^{\infty }m_{1}(B_{i}\cap C_{n})\\{\stackrel {B_{i}\in D_{C_{n}}}{=}}&\sum _{i=1}^{\infty }m_{2}(B_{i}\cap C_{n})\\{\stackrel {m_{2}{\text{ Maß}}}{=}}&m_{2}\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }(B_{i}\cap C_{n})\right)=m_{2}\left(\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }B_{i}\right)\cap C_{n}\right)\end{aligned}}$

2.):

Sei $C\in E$ beliebig. Wegen $C\cap C_{n}\in E$ und da die Maße auf $E$ gleich sind, gilt

$m_{1}(\underbrace {C\cap C_{n}} _{\in E}){\stackrel {Vor}{=}}m_{2}(\underbrace {C\cap C_{n}} _{\in E})$

Das ist aber genau die Definition für die Zugehörigkeit von $C\in E$ zu $D_{C_{n}}$!

Somit sind alle $C\in E$ in $D_{C_{n}}$, d.h.

${\begin{aligned}\forall C\in E:C\in D_{C_{n}}\\E\subset &D_{C_{n}}\\\end{aligned}}$

Da $D_{C_{n}}$ ein Dynkinsystem ist, das nun das Erzeugendensytsem $E$ enthält und da $D(E)$ das kleinste Dynkinsystem ist, das $E$ enthält, folgt

$D(E)\subset D_{C_{n}}$

Da das Erzeugendensystem durchschnittsstabil ist, folgt mit dem letzten Satz des vorgen Kapitels, dass

$D(E)=S(E)$

Das ergibt natürlich

$S(E)\subset D_{C_{n}}$

Mit der Stetigkeit von unten (die nach dem letzten Kapitel gleichwertig ist zur Sigma-Additivität von $m$) folgt für alle $A\in S(E)$

$m_{1}(A)=\lim _{n\rightarrow \infty }m_{1}(A\cap C_{n}){\stackrel {S(E)\subset D_{C_{n}}}{=}}\lim _{n\rightarrow \infty }m_{2}(A\cap C_{n})=m_{2}(A)$

und die beiden Maße $m_{1}$ und $m_{2}$ sind gleich auf $S(E)$.

Aufgabe (Durchschnittsstabilität erforderlich)

Zeige, dass die Forderung durchschnittsstabil für die Eindeutigkeit der Maße notwendig ist.

Betrachte dazu $W=\{0,1,2,3\}$ und das Erzeugendensystem $E=\{\{0,1\},\{1,2\},\{2,3\}\}$. Konstruiere zwei Maße auf der erzeugten Sigma-Algebra $Pot(W)$, die auf $E$ gleich sind.

Wie kommt man auf den Beweis? (Durchschnittsstabilität erforderlich)

Wähle als ein Maß $m_{1}$ das Zählmaß, d.h. $\forall 0\leq i\leq 3:m(\{i\})=1$.

Lösung (Durchschnittsstabilität erforderlich)

Wähle als zweites Maß $m_{2}(\{0\})=m_{2}(\{2\})=0,5$ und $m_{2}(\{1\})=m_{2}(\{3\})=1,5$

Auf $E$ sind beide gleich und ergeben jeweils den Wert $2$.

Definition (Vollständigkeit von Maßen)

Ein Maß $m$ auf $(W,S)$ heißt vollständig, wenn alle Teilmengen von Nullmengen in der Sigma-Algebra liegen .

Die Sigma-Algebra der Vervollständigung von $m$ ergibt sich durch

$S_{1}=\{A\cup B:A\in S,\exists N\in S:B\subset N,m(N)=0\}$

$m$ wird naheliegend darauf fortgesetzt zu $m_{1}$ durch

$m_{1}(A\cup B):=m(A)$

Beweis

a) Die rechte Seite enthält mit $A=\emptyset$ die Teilmengen von Nullmengen von $m$. Wir müssen nur noch zeigen, dass sie eine Sigma-Algebra ist:

$W=W\cup \emptyset \in S_{1}$

Sei $A\cup B\in S_{1}$. Wegen

${\begin{aligned}A^{C}\cap B^{C}=&(A^{C}\cap B^{C}\cap N^{C})\quad \uplus \quad (A^{C}\cap B^{C}\cap N)\\=&(A^{C}\cap N^{C})\uplus \underbrace {(A^{C}\cap B^{C}\cap N)} _{\subset N}\end{aligned}}$

und da $A,N\in S$ folgt $(A\cup B)^{C}\in S_{1}$.

Seien $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\cup B_{n}\in S_{1}$. Wegen

$\bigcup _{n\in \mathbb {N} }(A_{n}\cup B_{n})=\left(\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)\cup \underbrace {\left(\bigcup _{n\in \mathbb {N} }B_{n}\right)} _{\subset \bigcup _{n\in \mathbb {N} }N_{n}}$

und da die abzählbare Vereinigung von Nullmengen eine Nullmenge ist, folgt $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }(A_{n}\cup B_{n})\in S$.

b) Wir müssen noch die Wohldefiniertheit von $m_{1}$ zeigen: Seien $A\cup B=A'\cup B'$ . Dann gilt

${\begin{aligned}A\subset &A'\cup N'\\A'\subset &A\cup N\end{aligned}}$

und mit der Monotonie von $m$

${\begin{aligned}m'(A\cup B)=&m(A)\leq m(A'\cup N')\leq m(A')+m(N')=m(A')=m'(A'\cup B')\\m'(A'\cup B')=&m(A')\leq m(A\cup N)\leq m(A)+m(N)=m(A)=m'(A\cup B)\end{aligned}}$

und damit Gleichheit.

c) Zeige: $m'$ ist ein Maß auf $S_{1}$.

$m\geq 0$ und $m(\emptyset )=0$ ergeben sich aus der Definition. Seien $B_{n}=A_{n}\uplus M_{n}\in S_{1}$. Dann gilt

${\begin{aligned}m'\left(\biguplus _{n=1}^{\infty }B_{n}\right)=&m'\left(\biguplus _{n=1}^{\infty }A_{n}+\underbrace {\biguplus _{n=1}^{\infty }M_{n}} _{\text{Nullmenge}}\right)\\=&m\left(\biguplus _{n=1}^{\infty }A_{n}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }m\left(A_{n}\right)\\=&\sum _{n=1}^{\infty }m'\left(B_{n}\right)\end{aligned}}$

d) $m'$ ist eine Fortsetzung von $m$, da $\forall A\in S:m'(A)=m(A)$

e) $m'$ ist die einzig mögliche Fortsetzung. Sei $m''$ eine weitere Fortsetung, dann gilt

$m''(A\uplus M)=m(A)=m(A\uplus M)$

Satz

Maßfortsetung ist vollständig

Die obige Maßfortsetzung einer sigma-endlichen, sigma-additiven Funktion auf einem Ring ist genau die Vervollständigung.

Beweis

Wegen der Eindeutigkeit der Maßfortsetzung im sigma-endlichen Fall, genügt es die Existenz zu zeigen. Sei $N\in S(R)$ mit $m(N)=0$ und $B\subset N$. Wegen der Monotonie von $m^{\ast }$ gilt

$0\leq m^{\ast }(B)\leq m^{\ast }(N)=0$

Damit folgt für beliebiges $C\in Pot(W)$

${\begin{aligned}m^{\ast }(C)\leq &m^{\ast }(C\cap B)+m^{\ast }(C\cap B^{C})\\\leq &m^{\ast }(B)+m^{\ast }(C\cap B^{C})=m^{\ast }(C\cap B^{C})\\\leq &m^{\ast }(C)\end{aligned}}$

Und damit gelten in der ersten Zeile Gleichheitszeichen. Das ist aber genau die Definition dafür, dass $B\in S^{\ast }$.

Es folgt in einem ganz kurzen Beweis die Eindeutigkeit unseres Lebesguemaßes auf der Vervollständigung von der Borelschen Sigma-Algebra.

Satz

Eindeutigkeit von $l^{p}$

Es gibt eine eindeutige Fortsetzung der sigma-additiven Volumenfunktion $l^{p}:F^{p}\rightarrow [0,\infty )$ auf die Borelsche Sigma-Algebra $S(F^{p})=S({\text{offene Mengen}})$. Diese nennen wir Lebesguemaß.

Beweis

Der gerade bewiesene Satz läßt sich anwenden, da die (verallgemeinerten) Quader $(-n,n]$ monoton steigend sind und ganz $\mathbb {R} ^{p}$ ausschöpfen. Ihr Maß bleibt aber jeweils endlich, in Formeln:

${\begin{aligned}&(-n,n]\uparrow \mathbb {R} \\&\forall n\in \mathbb {N} :\ l^{p}((-n,n])=(2n)^{p}<\infty \end{aligned}}$

Aufgabe (Nullmengen)

a) Die Einpunktmengen sind Nullmengen bzgl. dem Lebesguemaß.

b) Abzählbare Mengen von $\mathbb {R}$ sind Nullmengen bzgl. dem Lebesguemaß.

c) Es gibt eine überabzählbare Lebesgue-Nullmenge

Wie kommt man auf den Beweis? (Nullmengen)

c) Schneide aus dem Intervall $(0,1)$ erst einmal das offene mittlere Drittel $A_{1}:=\left({\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right)$ heraus. Aus den verbleibenden zwei Intervallen nimm jeweils das offene mittlere Drittel heraus, d.h.

${\begin{aligned}A_{2}=\left({\frac {1}{9}},{\frac {2}{9}}\right)\uplus \left({\frac {7}{9}},{\frac {8}{9}}\right)\end{aligned}}$

Fahre so fort, dann erhält man im $k$-ten Schritt die $2^{k-1}$ Teilintervalle

${\begin{aligned}A_{k}=\biguplus _{(a_{1},\ldots ,a_{k}),a_{i}\in \{0,1\}}\left(\sum _{i=1}^{k-1}a_{i}{\frac {2}{3^{i}}}+{\frac {1}{3^{k}}},\sum _{i=1}^{k-1}a_{i}{\frac {2}{3^{i}}}+{\frac {2}{3^{k}}}\right)\end{aligned}}$

Vereinige die $A_{k}$ und bestimme Ihr Maß. Was ist damit das Maß des Komplementes? Dieses Komplement ist bijektiv abbildbar auf $\{0,2\}^{\mathbb {N} }$ und letzteres ist überabzählbar.

Lösung (Nullmengen)

a)

${\begin{aligned}\{a\}=&\bigcap _{n=1}^{\infty }\left(a,a+{\frac {1}{n}}\right]\\l(\{a\})=&l\left(\bigcap _{n=1}^{\infty }\left(a,a+{\frac {1}{n}}\right]\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }l\left(\left(a,a+{\frac {1}{n}}\right]\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{n}}=0\end{aligned}}$

b) Eine abzählbare Menge lässt sich schreiben als abzählbare Vereinigung von Einpunktmengen $B=\biguplus _{n=1}^{\infty }\{b_{n}\}$ mit $b_{n}\in \mathbb {R}$. Mit der Maßeigenschaft folgt

${\begin{aligned}l(B)=l\left(\biguplus _{n=1}^{\infty }\{b_{n}\}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }l\left(\{b_{n}\}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }0=0\end{aligned}}$

c) Es gilt

${\begin{aligned}A:=&\biguplus _{k\in \mathbb {N} }A_{k}\\l(A)=&{\frac {1}{3}}+\sum _{k=2}^{\infty }\sum _{(a_{1},\ldots ,a_{k}),a_{i}\in \{0,1\}}{\frac {1}{3^{k}}}\\=&\sum _{k=1}^{\infty }2^{k-1}{\frac {1}{3^{k}}}={\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{1-{\frac {2}{3}}}}-1\right)=1\\l([0,1]\backslash A)=&0\end{aligned}}$

Aber

${\begin{aligned}(0,1)\backslash A=\left\{x\in (0,1):x=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\cdot {\frac {1}{3^{k}}},a_{k}\in \{0,2\}\right\}\end{aligned}}$

und diese Menge ist wegen $(a_{k})_{k}\mapsto (b_{k})_{k}$ mittels $0\mapsto 0$ und $2\mapsto 1$ "genauso groß" wie

${\begin{aligned}\lbrack 0,1]=\left\{x\in [0,1]:x=\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}\cdot {\frac {1}{2^{k}}},b_{k}\in \{0,1\}\right\}\end{aligned}}$

und $[0,1]$ ist überabzählbar.