Buchanfang Maßtheorie by Richard4321/Der Maßfortsetzungssatz – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Motivation

In der Maßtheorie wollen wir Mengen ein Maß zuordnen. Bei Teilmengen aus $\mathbb {R}$ sind dies Längen, bei Teilmengen aus $\mathbb {R} ^{2}$ Flächen, bei Teilmengen aus $\mathbb {R} ^{3}$ Volumina und bei Teilmengen aus $\mathbb {R} ^{p}$ mit $p\geq 4$ verallgemeinerte Volumina. Dabei ordnen wir nur gewissen „guten“ Mengen ein Maß zu: das sind jene Mengen die wir durch Intervalle oder Rechtecke oder Quader "gut" überdecken können.

Wo stehen wir

Zuerst haben wir nur sehr primitive geometrische Figuren, wie Intervalle, Rechtecke oder (verallgemeinerte) Quader betrachtet und deren Eigenschaften zum Halbring verallgemeinert (mit $A,B\in H$ sind auch $\emptyset ,A\cap B\in H$ und $A\backslash B$ ist endliche disjunkte Vereinigung von Elementen aus $H$). Danach haben wir endliche disjunkte Vereinigungen von Halbringelementen eingeführt und zum Ring erklärt (mit $A,B\in R$ sind auch $\emptyset ,A\cup B,A\backslash B\in R$). Daraufhin haben wir unsere Flächenfunktion verallgemeinert zu einem additiven Inhalt bzw. sigma-additiven Prämaß, zuerst auf dem Halbring, dann auf dem Ring und deren Eigenschaften untersucht. 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 beweistechnisches Hilfsmittel haben wir äußere Maße definiert und gezeigt, dass zu diesem eine Sigma-Algebra der "allgemein guten Mengen" existiert, sodass das äußere Maß auf der Sigma-Algebra ein Maß wird. Nun zeigen wir, dass die von dem Halbring erzeugte Borelsche Sigma-Algebra in der zu dem äußeren Maß gehörigen Sigma-Algebra enthalten ist und das erhaltene Maß eine Fortsetzung des Prämaßes ist.

Zur Übersicht der Maßheorie-Herleitung geht es hier Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/_Allgemeine_Konstruktion_eines_Maßes

Die "guten Mengen" sind in den "allgemein guten Mengen" enthalten

Wie groß ist nun die im letzten Kapitel konstruierte Sigma-Algebra $S^{\ast }$? Zum Glück groß genug, dass sie die von $H$ erzeugte Borelsche Sigma-Algebra enthält!

Bis hier haben wir die Halbringeigenschaft und die Additivität von $m$ nicht benötigt: es ging nur ein $\emptyset \in H;m(\emptyset )=0$ und $m(A_{n})\geq 0$ für alle $A_{n}\in H$. Nun gehen die Halbringeigenschaften und die endliche Additivität von $m$ ein in den Beweis. Die Sigma-Additivität wird noch nicht benutzt.

Satz

Ist $m$ ein Inhalt, d.h. additiv, auf dem Halbring $H$ über der Grundmenge <mat>W</math>, so ist die von dem Halbring erzeugte Sigma-Algebra in $S^{\ast }$ enthalten.

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

Beweis

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

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

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

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

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 $H$, da $H$ abgeschlossen ist unter Schnitten und bei Differenzen disjunkte Elemente aus $H$ auftreten. Eine gegebenenfalls disjunkte Überdeckung bleibt bei dem Schnitt oder der Differenzbildung disjunkt.

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

Da $m^{\ast }$ als Infimum der Überdeckungen definiert ist, gilt

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

und mit der Additivität von $m$ erhalten wir mit der eindeutigen Fortsetzung des Inhaltes $m$ vom Halbring auf den Ring (um $m$ auf die Differenz anwenden zu können)

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

Die beiden Überdeckungen addieren sich also genau auf zu einer Überdeckung von $Q$ , so ist die Bedingung an $S^{\ast }$ als Summe gemacht. Da $\bigcup _{i=1}^{\infty }A_{i}$ eine beliebige Überdeckung von $Q$ war, folgt

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

Damit ist die Bedingung für die Zugehörigkeit von $A$ zu $S^{\ast }$ erfüllt, in Formeln

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

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

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

m* ist eine Fortsetzung von m

Auf $S^{\ast }$ hatten wir im letzten Kapitel ein Maß $m^{\ast }$ gefunden, es war das äußere Maß. Wir zeigen nun, dass es auf $H$ mit unserem sigma-additiven Maß $m$ übereinstimmt, d.h. $m^{\ast }$ ist eine Fortsetzung auf $S(H)\subset S^{\ast }$.

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

Satz

Ist m ein Prämaß, d.h. sigma-additiv, so ist $m^{\ast }$ eine Fortsetzung von $m$ auf

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

Beweis

:

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

$A\uplus \emptyset \uplus \ldots$

wird eine Überdeckung von $A$ mit Elementen aus $H$ definiert. Da $m^{\ast }$ das Infimum über alle solche Überdeckungen ist, gilt

${\begin{array}{rcl}m^{\ast }(A)&{\stackrel {\text{Infimum}}{\leq }}&m(A)+\underbrace {m(\emptyset )} _{=0}+\underbrace {m(\emptyset )} _{=0}+\ldots \\&=&m(A)\end{array}}$

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

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

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

eine Überdeckung von $A$ mit Elementen aus $H$. $m$ lässt sich eindeutig fortsetzen auf den von H erzeugten Ring (siehe das Kapitel Ringe Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/Ringe). Es gilt dann mit der Sub-Sigmaadditivität auf dem Ring und der Monotonie von $m$

${\begin{array}{rcl}m(A)&=&m\left(\bigcup _{i=1}^{\infty }(A_{i}\cap A)\right)\\&{\stackrel {\text{ Sub-Sigmaadditivität}}{\leq }}&\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i}\cap A)\\&{\stackrel {\text{Monotonie}}{\leq }}&\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i})\end{array}}$

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

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

Nullmengen

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: das Cantorsche Diskontinuum.

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 $\left(0,{\frac {1}{3}}\right]$ und $\left[{\frac {2}{3}},1\right)$ nimm jeweils das offene mittlere Drittel heraus, d.h.

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

Aus den verbleibenden vier Intervallen $\left(0,{\frac {1}{9}}\right]$ und $\left[{\frac {2}{9}},{\frac {3}{9}}\right]$ und $\left[{\frac {6}{9}},{\frac {7}{9}}\right]$ und $\left[{\frac {8}{9}},1\right)$ nimm jeweils das offene mittlere Drittel heraus, d.h.

${\begin{aligned}A_{3}=&\left({\frac {1}{27}},{\frac {2}{27}}\right)\uplus \left({\frac {7}{27}},{\frac {8}{27}}\right)\uplus \left({\frac {19}{27}},{\frac {20}{27}}\right)\uplus \left({\frac {25}{27}},{\frac {26}{27}}\right)\end{aligned}}$

Die Lage von ${\color {Red}A_{1}},{\color {Green}A_{2}}$ und ${\color {Blue}A_{3}}$ im Intervall $(0,1)$ wird in folgendem Bild dargestellt.

Wir fahren so fort, und erhalten im $k$-ten Schritt die $2^{k-1}$ Teilintervalle

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

Vereinige die $A_{k}$ und bestimme Ihr Maß. Was ist damit das Maß des Komplementes? Dieses Komplement ist bijektiv abbildbar auf $(0,1)$ und letzteres ist überabzählbar.

Lösung (Nullmengen)

a) Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt

${\begin{aligned}\{a\}\subseteq &\left(a,a+{\frac {1}{n}}\right]\\\end{aligned}}$

Mit der Monotonie des Maßes ergibt sich

${\begin{aligned}0\leq l(\{a\})\leq &l\left(\left(a,a+{\frac {1}{n}}\right]\right)={\frac {1}{n}}\end{aligned}}$

für alle $n\in \mathbb {N}$. geht man rechts zum Grenzwert $n\rightarrow \infty$ über, folgt

$0=l(\{a\})$

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) Wir wollen uns die angegebene Formel bewusst machen, sie lautete

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

Für $A_{1}$ gilt $k-1=0$ und somit sind die Summen leer und gleich Null. Zudem tritt in der disjunkten Verreinigung nur ein Term auf, keine Kombination von Termen wie wir es bei höheren $k$ gleich sehen. Das ergibt gemäß der Formel

${\begin{aligned}A_{1}=\left(0+{\frac {1}{3^{1}}},0+{\frac {2}{3^{1}}}\right)=\left({\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right)\end{aligned}}$

und das passt zu unserer Konstruktionsanleitung.

Für $A_{2}$ gilt $k-1=1$ und somit tritt in den Summen nur ein Term $i=1$ auf. In der disjunkten Vereinigung tritt $a_{1}$ auf mit den Werten $0$ und $1$, was zwei Terme ergibt

${\begin{aligned}A_{2}=&\biguplus _{a_{1}\in \{0,1\}}\left(a_{1}{\frac {2}{3^{1}}}+{\frac {1}{3^{2}}},a_{1}{\frac {2}{3^{1}}}+{\frac {2}{3^{k}}}\right)\\=&\left(0\cdot {\frac {2}{3}}+{\frac {1}{9}},0\cdot {\frac {2}{3}}+{\frac {2}{9}}\right)\uplus \left(1\cdot {\frac {2}{3}}+{\frac {1}{9}},1\cdot {\frac {2}{3}}+{\frac {2}{9}}\right)\\=&\left({\frac {1}{9}},{\frac {2}{9}}\right)\uplus \left({\frac {7}{9}},{\frac {8}{9}}\right)\end{aligned}}$

Für $A_{3}$ gilt $k-1=2$ und somit treten in der Summe zwei Terme auf mit $i=1$ und $i=2$. In der disjunkten Vereinigung treten $a_{1}$ und $a_{2}$ auf mit Werten $0$ und $1$, was vier Terme ergibt.

${\begin{aligned}A_{3}=&\biguplus _{a_{1},a_{2}\in \{0,1\}}\left(a_{0}{\frac {2}{3^{1}}}+a_{1}{\frac {2}{3^{2}}}+{\frac {1}{3^{3}}},a_{0}{\frac {2}{3^{1}}}+a_{1}{\frac {2}{3^{2}}}+{\frac {2}{3^{3}}}\right)\\=&\left(0\cdot {\frac {2}{3}}+0\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}},0\cdot {\frac {2}{3}}+0\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}}\right)\\&\uplus \left(0\cdot {\frac {2}{3}}+1\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}},0\cdot {\frac {2}{3}}+1\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}}\right)\\&\uplus \left(1\cdot {\frac {2}{3}}+0\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}},1\cdot {\frac {2}{3}}+0\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}}\right)\\&\uplus \left(1\cdot {\frac {2}{3}}+1\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}},1\cdot {\frac {2}{3}}+1\cdot {\frac {2}{9}}+{\frac {1}{27}}\right)\end{aligned}}$

Ausrechnen ergibt

${\begin{aligned}A_{3}=&\left({\frac {1}{27}},{\frac {2}{27}}\right)\uplus \left({\frac {7}{27}},{\frac {8}{27}}\right)\uplus \left({\frac {19}{27}},{\frac {20}{27}}\right)\uplus \left({\frac {25}{27}},{\frac {26}{27}}\right)\\\end{aligned}}$

Das waren die ersten drei $A_{k}$. Wie entsteht nun jeweils die nächst größere Form der Formel? Wir müssen den Rest betrachten nach dem Ausschneiden der $A_{k}$, d.h. wir betrachten $(0,1)\backslash \biguplus _{j=1}^{k}A_{j}$. Dieser enthält doppelt so viele Terme wie $A_{k}$, da ja jeweils das mittlere Drittel ausgeschnitten wurde. Die linken Intervallgrenzen von $A_{k}$ sind die rechten Intervallgrenzen des einen Hälfte des Restes. Zudem sind die rechten Intervallgrenzen von $A_{k}$ die linken Intervallgrenzen der anderen Hälfte der Intervalle des Restes. Das wollen wir uns für $(0,1)\backslash \biguplus _{j=1}^{3}A_{j}$ veranschaulichen, in jeder Zeile stehen links die einen, rechts die anderen Intervalle.

${\begin{aligned}(0,1)\backslash \biguplus _{j=1}^{3}A_{j}=&\left(0,{\frac {1}{27}}\right]\uplus \left[{\frac {2}{27}},{\frac {3}{27}}\right]\\&\uplus \left[{\frac {6}{27}},{\frac {7}{27}}\right]\uplus \left[{\frac {8}{27}},{\frac {9}{27}}\right]\\&\uplus \left[{\frac {18}{27}},{\frac {19}{27}}\right]\uplus \left[{\frac {20}{27}},{\frac {21}{27}}\right]\\&\uplus \left[{\frac {24}{27}},{\frac {25}{27}}\right]\uplus \left[{\frac {26}{27}},{\frac {27}{27}}\right)\end{aligned}}$

Die linken Intervallgrenzen im Rest entstehen also durch Addition von $0$ oder von ${\frac {2}{3^{k}}}$ zu den alten Intervallgrenzen. Das spiegelt sich wider in der Formel durch Hinzunahme von $a_{k}$ in der disjunkten Vereinigung. Die linken Intervallgrenzen der $A_{k+1}$ erhält man nun aus dem Rest $(0,1)\backslash \biguplus _{j=1}^{k}A_{j}$ durch Verschieben der linken Intervallgrenzen um ${\frac {1}{3^{k+1}}}$ nach rechts. Das ist alles, was die Formel tut.

Wir definieren nun $A$ als disjunkte Vereinigung aller konstruierter $A_{k}$.

$A:=\biguplus _{k\in \mathbb {N} }A_{k}$

Seine Länge ergibt sich mit der Sigma-Additivität des Lebesguemaßes einfach als Länge der $A_{k}$ multipliziert mit Ihrer Anzahl $2^{k-1}$

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

Ausrechnen ergibt

${\begin{aligned}l(A)=&\sum _{k=1}^{\infty }2^{k-1}{\frac {1}{3^{k}}}={\frac {1}{3}}\left(\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}\right)\\=&{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{1-{\frac {2}{3}}}}\right)=1\\\end{aligned}}$

Die Länge des Komplementes ist damit Null

$l([0,1]\backslash A)=0$

Aber das Komplement lässt sich explizit angeben als die Stützstellen

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

und diese Menge lässt sich bijektiv abbilden auf (0,1) durch $(a_{k})_{k}\mapsto (b_{k})_{k}$ mittels $0\mapsto 0$ und $2\mapsto 1$.

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

und $(0,1)$ ist überabzählbar.