Reelle Analysis. Vorlesungsskript. Enno Lenzmann, Universität Basel. 11. Oktober 2013

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1 Reelle Analysis Vorlesungsskript Enno Lenzmann, Universität Basel 11. Oktober Fortsetzung von Prämassen zu Massen Der Begriff des Prämasses ist nicht ausreichend, um eine geschmeidige Integrationstheorie aufzubauen. Insbesondere werden wir benötigen, dass die zugrundeliegenden Mengensystem eine σ-algebra bilden. In diesem Kapitel sind wir daher an folgendem allgemeinen Verfahren interessiert: Sei µ : A R + ein Prämass auf einem Mengenring A. Unser Ziel wird es sein µ auf die von A erzeugte σ-algebra A σ fortzusetzen. D. h., wir werden ein Mass µ : A R + konstruieren, welches mit µ auf dem ursprüngleichen Mengenring A übereinstimmt: µ(a) = µ(a) für alle A A. Es stellt sich u. a. die Frage, ob die Erweiterung µ (falls überhaupt existent) eindeutig ist, oder ob ein Prämass µ verschiedene Erweiterungen zu einem Mass besitzen kann. Ein zentrales Beispiel wird die Erweiterung des (n-dimensionalen) Lebesgueschen Prämasses λ n : Q(R n ) R + auf die Borelsche σ-algebra B(R n ) sein, was uns auf das (Borel-)Lebesguesche Mass im R n führen wird, einem der grundlegendsten Objekte der Analysis und (Differential-)Geometrie. Es zeigt sich, dass die folgende (technische) Annahme nützlich ist: Sei µ : A R + ein Prämass und A ein Mengenring. Dann heisst µ σ-endlich, falls es eine Folge (Ω k ) k 1 in A gibt mit Ω = Ω k und µ(ω k ) < + für alle k. Als wichtiges Beispiel bemerken wir: Das Lebesguesche Prämass λ n : Q(R n ) R + ist σ-endlich. Zum Beweise wähle z. B. die Folge der Quader Q k = {x R n : k x ν < k}, k 1. Dann gilt R n = Q k und λ n (Q k ) < + für alle k. 1

2 3.1 Erweiterung auf A Nun zurück zur allgemeinen Situation. Sei µ : A R + stets ein σ-endliches Prämass im Folgenden. Bevor wir versuchen, das Prämass µ auf die erzeugte σ-algebra A σ zu erweitern, betrachten wir zunächst das folgende Mengensystem A, welches alle Teilmengen von Ω enthält, die sich als Limes von unten von Folgen in A schreiben lassen: A = {A Ω : A k A für eine Folge (A k ) k 1 in A} (3.1) Offenbar gilt A A A σ. Ausserdem haben wir Ω A, da µ nach Voraussetzung σ-endlich ist. Wir erweitern das Prämass µ : A R + auf das Mengensystem A wie folgt. Sei A A und wähle eine Folge (A k ) k 1 in A mit A k A. Wir setzen: µ(a) := lim k µ(a k). (3.2) Beachte, dass die Folge µ(a k ) monoton wachsend ist (da A k A k+1 ) und somit konvergent ist in R + oder uneigentlich konvergent gegen + ist. Um zu sehen, dass die Definition von µ unabhängig von der gewählten Folge A k A ist, argumentieren wir wie folgt. Nehme an, dass A k A und B k B mit A k, B k A, k 1. Für festes k gilt (B j A k ) j=1 A k. Aus der σ-additivität von µ ist, folgt aus Satz 2.2, dass µ stetig von unten ist und somit lim µ(b j A k ) = µ(a k ). j Da ferner µ(b j A k ) µ(b j ), folgt lim j µ(b j ) µ(a k ). Bilden wir nun den Limes k, so erhalten wir lim µ(b j) lim µ(a k). j k Wiederholen wir die eben angeführten Argumente mit den Folgen A k und B k vertauscht, so bekommen wir die umgekehrte Ungleichung. Also gilt lim µ(b k ) = lim µ(a k ), was zu beweisen war. Insbesondere erhalten wir, dass µ : A R + eine Erweiterung von µ : A R +, d. h., µ(a) = µ(a) für alle A A, da wir jedes A A trivialerweise als A k A schreiben können mit A k = A für alle k. Das Mengensystem A ist im Allg. kein Mengenring mehr, denn aus A, B A folgt nicht nich notwendigerweise A \ B A. Dennoch haben wir stets die folgenden nützlichen Eigenschaften. 2

3 Satz 3.1. Sei A ein Mengenring. Dann hat A die folgenden Eigenschaften. (i) A 1,..., A m A m A k A. (ii) A k A für k N A k A. (iii) A A und B A A \ B A. Beweis. Sei dem Leser/der Leserin als Übung überlassen. Wir kommen nun zu den Eigenschaften der Fortsetzung µ auf A. Zur Vereinfachung unserer Notation wollen wir von nun an µ auch mit µ bezeichnen. Satz 3.2. Sei µ : A R + ein Prämass. Für die Fortsetzung µ : A R + gilt: (i) Monotonie: Für A, B A mit A B gilt µ(a) µ(b). (ii) Additivität: Für A, B A mit A B = gilt µ(a B) = µ(a) + µ(b). (iii) Stetigkeit von unten: Ist A k A, k 1. mit A k A gilt µ(a k ) µ(a). (iv) σ-subaddivität: Ist (A k ) k 1 eine beliebige Folge von Mengen in A, dann ( µ A k ) µ(a k ). Beweis. Siehe Beweis von Satz 2 in 3, Forster, Analysis Äusseres Mass Ausgehend von der Erweiterung µ : A R + konstruieren wir das sog. äussere Mass µ : P(Ω) R +, welche für alle Teilmengen in Ω definiert ist. Allerdings wird µ im Allgemeinen kein Mass sein (im Sinne der Definition Mass ), da es nicht σ-additiv sein wird. Ja, im Allgemeinen, ist µ nicht einmal endlich additiv (d. h. µ ist auch kein Inhalt.) Die Namensgebung äusseres Mass ist historisch bedingt. Wir definieren µ (X) für eine beliebige Teilmenge X Ω als µ (X) := inf { µ(a) : A A und X A }. (3.3) 3

4 Da Ω A, wird das inf stets über eine nicht-leere Menge gebildet. Beachte auch, dass µ(x) = + möglich ist. Ausserdem halten wie fest, dass µ (A) = µ(a) für alle A A. Wir notieren die folgenden Satz. Satz 3.3. Das äussere Mass µ : P(Ω) R + hat folgende Eigenschaften: (i) µ ( ) = 0. (ii) Monotonie: X Y µ (X) µ (Y ). (iii) σ-subadditivität: Ist X 1, X 2,... eine Folge von Teilmengen in Ω, dann gilt µ ( ) X k µ (X k ). Beweis. (i) und (ii) folgen direkt aus der Definition von µ. Wir zeigen (iii) wie folgt. Sei X k Ω mit k I (wobei die Indexmenge I endlich oder abzählbar unendlich ist). Falls µ (X k ) = + für irgendein k I, dann ist die Aussage klar. Sei also µ (X k ) < + für alle k I. Sei ε > 0 gegeben. Dann gibt es ε k > 0 mit k I ε k ε. Ferner gibt es für jedes k I Mengen B k A mit X k B k und µ (X k ) µ(b k ) µ (X k ) + ε k. Da k I X k k I B k ist, schliessen wir u.a. mit Satz 3.2 (iv), dass µ ( ) ( ) X k µ B k µ(b k ) µ (X k ) + ε. k I k I k I k I Da ε > 0 beliebig ist, folgt (iii). Um unserem ultimativen Ziel (die Erweiterung von Prämassen zu Massen) näher zu kommen, führen wir einen Konvergenzbegriff für Folgen von Teilmengen in Ω auf. Für zwei beliebige Teilmengen X, Y P(Ω) definieren wir d(x, Y ) = µ (X Y ). Hierbei ist X Y = (X \ Y ) (Y \ X) die symmetrische Differenz der Mengen X und Y. Wir halten folgende Eigenschaften der Funktion d : P(Ω) P(Ω) R + fest: (i) d(x, X) = 0, (ii) d(x, Y ) = d(y, X), 4

5 (iii) d(x, Y ) d(x, Z) + d(z, Y ), für alle X, Y, Z P(Ω). Der Beweis von (i) und (ii) folgt unmittelbar aus µ (X X) = µ ( ) = 0 bzw. aus X Y = Y X. Um die Dreiecksungleichung in (iii) zu sehen, argumentieren wir wie folgt: Wegen Z Z = gilt X Y = X Z Z Y (X Z) (Z Y ). Aus der Monotonie und Sub-Additvität von µ schliessen wir (iii). Beachte, dass d auch den Wert + annehmen kann. Ferner kann es sein, dass d(x, Y ) = 0 für X Y. Das heisst, dass d(x, Y ) nicht alle Eigenschaften einer Metrik hat. Deshalb nennen wir d(x, Y ) eine Pseudometrik auf P(Ω). Wir führen noch den folgenden Konvergenzbegriff ein: Für eine Folge A k P(Ω), k 1, und eine Menge X P(Ω) definieren wir: A k µ X : lim k d(a k, X) = 0. Sei A P(Ω) ein Mengenring, µ : A R + ein Prämass und µ : P(Ω) R + das zugehörige äussere Mass. Wir sagen eine Menge X P(Ω) heisst A-approximierbar (bzgl. µ ), falls es zu jedem ε > 0 ein A A existiert mit µ (X A) < ε. Dies kann man auch so ausdrücken: X P(Ω) ist A-approximierbar genau dann, µ wenn es eine Folge von Mengen A k A, k 1, gibt mit A k X. Unser Augenmerk richtet sich nun auf das Mengensystem à = {X Ω : X ist A-approximierbar}. Wir werden zeigen, dass à eine σ-algebra ist und dass µ eingeschränkt auf à ein Mass ist. Wir betrachten zunächst den Fall endlicher Prämasse. 3.3 Forsetzung endlicher Prämasse Ein Prämass µ : A R + heisst endlich, falls µ(a) < + für alle A A. Ist A eine Mengenalgebra (also Ω A), dann ist die Endlichkeit von µ gleichbedeutend mit µ(ω) < +, da µ monoton ist. 5

6 Satz 3.4. Sei A P(Ω) eine Mengenalgebra, µ : A R + ein endliches Prämass und µ : P(Ω) R + das zugehörige äussere Mass. Dann ist das Mengensystem eine σ-algebra auf Ω. à = {X Ω : X ist A-approximierbar} Bemerkung Da A Ã, gilt A A A σ Ã. Beweis. 1.) Offenbar gilt Ã. 2.) Wir zeigen: Ist X Ã, so gilt Xc Ã. Dies folgt aus X A = Xc A c. Ist also µ (X A) < ε, so gilt µ (X c A c ) < ε. 3.) Sei X 1, X 2,... eine Folge in Ã. Wir müssen zeigen, dass X := X k ebenfalls in à liegt. Sei ε > 0 gegeben. Da X k Ã, gibt es A k A mit µ (X k A k ) < ε 2 k für k 1. Wir setzen Ãm := m A k A und A := A k A. Da Ãm A, gilt nach Satz 2.2 (iii) µ(ãm) µ(a). Da µ nach Voraussetzung endlich ist, gilt µ(a) < +. Wir können daher M 1 genügend gross wählen, so dass µ(a) µ(ãm ) < ε und wir setzen A := A \ ÃM = A k A. k=m+1 Da A = A ÃM eine disjunkte Vereingiung ist, gilt nach Satz 3.2 (ii), dass µ(a) = µ(a ) + µ(ãm ) und daher µ(a ) < ε. Wir behaupten nun: µ (X ÃM ) < 2ε, (3.4) was zeigen würde, dass X = X k ebenfalls A-approximiebar ist. Um (3.4) zu beweisen, bemerken wir: X ÃM = X (A A ) = (X A) A (X A) A. 6

7 Da ( k I X k ) ( k I A k ) k I (X k A k ), schliessen wir X ÃM (X k A k ) A. Aus der Monotonie und σ-subadditvität von µ (sowie µ (A ) = µ(a ), da A A ) folgt: µ (X ÃM ) µ (X k A k ) + µ (A ) < ε 2 k + ε = 2ε. Dies zeigt (3.4). Satz 3.5. Sei A P(Ω) eine Mengenalgebra, µ : A R + ein endliches Prämass und à die σ-algebra der A-approximierbaren Mengen. Dann hat µ eine eindeutige Fortsetzungen einem Mass µ : à R +. Es gilt µ = µ Ã, wobei µ : P(Ω) R + das dem Prämasss zugeordnete äussere Mass ist. Beweis. 1) Eindeutigkeit von µ. Seien µ 1, µ 2 : à R + zwei Masse, die µ : A R + fortsetzen. Dann gilt auch µ 1 (B) = µ 2 (B) = µ(b) für alle B A. Seien X à und ε > 0 gegeben. Nach Definition der Approximierbarkeit gibt es A A mit µ (X A) < ε/2. Nach Definition von µ gibt es B A mit X A B und µ(b) < ε/2 + ε/2 = ε. Also haben wir X A B und µ(b) < ε. Daraus folgt A \ B X A B und somit µ i (A \ B) µ i (X) µ i (A B) für i = 1, 2. Aus µ i (A B) = µ i (B) + µ i (A \ B) und µ i (B) < + (da µ endlich ist), schliessen wir µ(a \ B) = µ i (A B) µ i (B) µ i (A) µ i (B) = µ(a) µ(b) > µ(a) ε, wobei wir auch µ i (A B) µ i (A) (d.h. die Monotonie) verwendet haben. Andererseits gilt wegen der Subadditivität µ i (A B) µ i (A) + µ i (B) = µ(a) + µ(b) < µ(a) + ε für i = 1, 2. Aus diesen Ungleichungen folgt insgesamt µ(a) ε < µ i (X) < µ(a) + ε für i = 1, 2. 7

8 Das heisst, wir haben µ 1 (X) µ 2 (X) < 2ε. Da ε > 0 beliebig ist, folgt µ 1 (X) = µ 2 (X). Dies zeigt, dass nur die Eindeutigkeit der Fortsetzung von µ aus Ã. Es bleibt zu zeigen, dass µ eingeschränkt auf à ein Mass ist, d. h. wir müssen die σ-additivität von µ A beweisen. 2) Wir zeigen zuerst, dass µ A additiv ist. Seien X, Y à disjunkte Mengen. Wir zeigen zunächst die Additvität: µ (X Y ) = µ (X) + µ (Y ). (3.5) µ Um dies zu sehen, wählen wir Folgen A k, B k A, k 1, mit A µ k X und B k Y, was gleichbedeutend ist mit µ (X A k ) 0 und µ (X B k ) 0. Da (X Y ) (A k B k ) (X A k ) (Y B k ), schliessen wir aus der Monotonie und Subaddtivität von µ, dass µ ((X Y ) (A k B k )) µ (X A k ) + µ (Y B k ) 0 für k. Somit erhalten wir µ (X Y ) = lim k µ(a k B k ). (3.6) Wir betracten nun die rechte Seite der zubeweisenden Gleichung (3.5). Obwohl X, Y à disjunkt sind, muss dies nicht notwendigerweise für die Mengen A k und B k gelten. Wir haben jedoch allgemein und deshalb Somit A k B k (X A k ) (Y B k ) µ(a k B k ) µ (X A k ) + µ (Y B k ) 0 für k. lim µ(a k B k ) = lim (µ(a k) + µ(b k ) µ(a k B k )) k k = lim k µ(a k) + lim k µ(b k) = µ (X) + µ (Y ), wobei wir im letzten Schritt (??) benutzt haben. Aus (3.6) sehen wir nun, dass (3.5) gilt. 3) Da µ à nach 2) additiv ist und als äusseres Mass auch σ-subadditiv (siehe Satz 3.3) folgt mit Satz 2.2, dass µ auf à auch σ-additiv ist. Damit ist gezeigt, dass µ à ein Mass ist. 8

9 3.4 Fortsetung σ-endlicher Prämasse Wir möchten Satz 3.5 auf σ-endliche Prämasse µ : A R + und Mengenringe A erweitern. Motivierendes Beispiel ist das Lebesguesche Prämass λ n auf dem Mengenring Q(R n ). Zur Erinnerung: Ein Prämass µ : A P(Ω) R + heisst σ-endlich, falls eine Folge Ω m A, m 1, gibt mit m=1 Ω m = Ω und µ(ω m ) < + für alle m 1. Wir hatten gesehen, dass Lebesguesche Prämass λ n : Q(R n ) R + ein σ-endliches Prämass ist. Wir kommen nun zu einem Hauptsatz der Masstheorie, dem sog. Erweiterungssatz von Caratheodory. Satz 3.6 (Erweiterungssatz von Caratheodory). Sei A(Ω) P(Ω) ein Mengenring auf Ω und µ : A R + ein σ-endliches Prämass. Dann lässt sich µ eindeutig zu einem Mass µ auf der σ-algebra B := A σ fortsetzen. Diese eindeutige Fortsetzung ist gegeben durch µ = µ B, wobei µ : P(Ω) R + das dem Prämass µ zugeordnete äussere Mass ist. Beweis. Da µ σ-endlich ist, gibt es eine aufsteigende Folge Ω m Ω von Mengen Ω m A mit µ(ω m ) < +. (Beweis: Da µ σ-endlich, gibt es Mengen A k A, k 1, mit Ω = k 1 A k und µ(a k ) < +. Setze nun Ω m = m A k.) Wir definieren die Mengensysteme A m := A Ω m = {A Ω m : A A} und B m := B Ω m = {B Ω m : B B}. Man überprüft leicht, dass A m eine Mengenalgebra auf Ω m ist (und nicht bloss ein Mengenring; denn wir haben Ω m A m ) und dass B m = A m σ ist. Die Einschränkung µ Am ist ein endliches Prämass. Sei µ m : B m R + die nach Satz 3.5 existierende eindeutige Fortsetzung von µ Am. Wegen der Eindeutigkeit ist µ m Bm 1 = µ m 1. Für jedes X B = A σ gilt (X Ω m ) X. Falls eine Erweiterung µ : B R + existiert, muss folgendes gelten: µ(x) = sup µ(x Ω m ). m Dies zeigt die Eindeutigkeit der Erweiterung (falls überhaupt existent). Wir nehmen ( ) deshalb als Definition von µ und müssen noch zeigen, dass dieses µ tatsächlich ein Mass ist. 1) Wir zeigen zunächst, dass µ(x) = µ (X). Dazu setzen wir X m := X Ω m, Y 1 := X 1, Y m := X m \ X m 1 für m 2. ( ) 9

10 Wegen Satz 3.5 ist µ (X m ) = µ m (X m ) und µ (Y m ) = µ m (Y m ) für alle m 1. Da X m = m Y k eine Vereinigung disjunkter Mengen ist und X = m=1 Y m, folgt aus der σ-subadditivität von µ, dass µ (X) m=1 Andererseits ist µ (Y m ) = sup m µ(x) = sup m m µ (Y k ) = sup m m µ m (X M ) = sup µ (X m ) µ (X). m µ m (Y k ) = sup µ m (X m ) = µ(x). m Beide Ungleichung zusammen zeigen µ (X) = µ(x). Damit ist 1) bewiesen. 2) Wie zeigen jetzt, dass µ additiv ist. Seien X, Y B disjunkt und X m := X Ω m, Y m := Y Ω m. Nach Definition gilt µ m (X m ) µ(x), µ m (Y m ) µ(y ), µ m (X m Y m ) µ(x Y ). Da µ m ein Mass ist, gilt µ m (X m Y m ) = µ m (X m ) + µ m (Y m ). Daraus folgt µ(x Y ) = µ(x) + µ(y ). Somit ist µ additiv. 3) Da das äussere Mass µ σ-subadditiv ist, ist auch die Einschränkung µ = µ B σ-subadditiv. Nach Satz 2.2 bedeutet dies aber, dass µ auch σ-additiv ist, also ein Mass. Lebesguesches Mass Wenden wir Satz 3.6 auf das Lebesguesche Prämass λ n : Q(R n ) R +, so erhalten wir (als eindeutige Erweiterung) das Lebesguesche Mass auf der Borelsche σ-algebra in R n, d. h. λ n : B(R n ) R +, welches wir auch mit λ n bezeichen wollen. Damit können wir jeder Menge A B(R n ) ein Volumen λ n (A) zuordnen. Beachte, dass die Borelsche σ-algebra B(R n ) alle offene sowie alle abgeschlossene Teilmengen (sowie abzählbar Vereinigungen und Durschnitte davon) enthählt. Insbesondere ist jede kompakte Menge in R n ein Mitglied von B(R n ). 3.5 Messräume, Massräume und Nullmengen Wir schliessen dieses Kapitel noch mit einigen grundlegenden Begriffen der Masstheorie ab. Ein Paar (Ω, A) wird als ein Messraum (oder messbarer Raum) bezeichnet, falls Ω eine Menge ist und A eine σ-algebra auf Ω darstellt. Mengen A A werden als die messbaren Mengen in Ω (oder genauer in (Ω, A)) bezeichnet. Der Begriff des Messraums wird im folgenden Kapitel benötigt, um messbare Funktionen auf Messräumen zu definieren. 10

11 Ein Tripel (Ω, A, µ) heisst Massraum, falls (Ω, A) ein Messraum ist und µ : A R + ein Mass ist. Ist µ zudem ein endliches Mass mit µ(ω) = 1, so wird (Ω, A, µ) auch als Wahrscheinlichkeitsraum bezeichnet. Wir kommen schliesslich zu einem weiterem zentralen Begriff: Sei (Ω, A, µ) ein Massraum und µ : P(Ω) R + das zugehörige äussere Mass von µ. Eine Teilmenge N Ω wird als µ-nullmenge bezeichnet, falls µ (N) = 0 gilt. Beachte, dass für eine Nullmenge N nicht notwendigerweise N A gelten muss (d.h. eine Nullmenge N muss nicht messbar sein). Durch die sog. Vervollständigung von µ kann dies aber erreicht werden; siehe unten. Aus der σ-subaddivität von µ (siehe Satz 3.2) folgt, dass abzählbare Vereingungen von Nullmengen stets Nullmengen sind: Sind N 1, N 2,... µ-nullmengen, dann ist N k auch eine µ-nullmenge. Lebesguesche Nullmengen Wir betrachten das n-dimensionale Lebesguesche Mass λ n : B(R n ) R +. Im Folgenden werden wir Nullmengen in R n bezüglich λ n einfach als (Lebesguesche) Nullmengen im R n bezeichnen. Beispiele von Lebesgueschen Nullmengen sind (siehe Übungsaufgaben) wie folgt: 1. Endliche Teilmengen {x 1,..., x N } R n. 2. Abzählbare Teilmengen A R n wie z.b. Z n und Q n. 3. Hyperebenen H = {x R n : a 1 x a n x n = c} R n (wobei a R n and c R Parameter sind). Insbesondere sind Geraden Lebesguesche Nullmengen im R Cantorsche Diskontinuum C [0, 1] R. (Siehe Übungsaufgabe 4.3) Die letzten beiden Beispiele sind zudem interessant, da sie zeigen, dass Lebesguesche Nullmengen N R n nicht abzählbar sein müssen. Aus der Definition des äusseren Masses von λ n ergibt sich: Eine Teilmenge N R n ist eine Nullmenge genau dann, wenn für jedes ε > 0 eine Folge von halboffenen Quadern Q 1, Q 2,... R n exisitiert mit N Q k und λ n (Q k ) < ε. (3.7) 11

12 Als Übungsaufgabe zeige man damit, dass z. B. jede ein-elementige Menge {x} R n eine Lebesguesche Nullmenge ist. Ohne Beweis zitieren wir noch folgenden Satz über Bilder von Nullmengen (bzgl. λ n ) unter Lipschitz-stetige Abbildungen. Satz 3.7. Sei U R n offen und F : U R n eine Lipschitz-stetige Abbildung. Dann ist für jede Nullmenge A U das Bild F (A) eine Nullmenge. Wir verweisen auf den Beweis von Satz 9 in 3, Forster, Analysis 3, welcher direkt auf die obige Situation angepasst werden kann. Vervollständigung von Massräumen Sei (Ω, A, µ) ein Massraum. Wir erinneren daran, dass für eine µ-nullmenge N Ω (d. h. µ (N) = 0) nicht notwendigerweise N A. D. h. das Mass µ ist gar nicht für N definiert. Zudem kann es vorkommen, dass zwar N A gilt, aber Teilmengen M N existieren (die aufgrund der Monotonie von µ auch Nullmengen sein müssen), welche nicht in A liegen. Dieses technische Problem kann behoben werden, indam man den Massraum (Ω, A, µ) vervollständigt und so einen neuen Massraum (Ω, A µ, µ) wie folgt erhält. Wir setzen A µ = {A N : A A und µ (N) = 0}. Da µ ( ) = 0, gilt offenbar A A µ. Zudem verifiziert man leicht, dass A µ eine σ- Algebra ist. Wir setzten µ auf A µ fort durch µ(a N) := µ(a) für A A und µ (N) = 0, und man überzeugt sich ohne Mühe, dass µ : A µ R + ebenfalls ein Mass ist. Man nennt (Ω, A µ, µ) die Vervollständigung von (Ω, A, µ). Die Vervollständigung des Lebesgue-Borelschen Massraums (R n, B(R n ), λ n ) ist der sog. Lebesguesche Massraum (Ω, B λ (R n ), λ n ). Die Teilmengen X B λ (R n ) heissen die Lebesgue-messbaren Teilmengen von R n. Die Teilmengen B B(R n ) werden als die Borel-messbaren Teilmengen von R n bezeichnet. Man kann zeigen, dass die Inklusion B(R n ) B λ (R n ) echt ist; d. h., es gibt Lebesgue-messbare Teilmengen im R n, welche nicht Borel-messbar sind. Allerdings wird diese Tatsache für uns im Folgenden keine Rolle spielen. Wir betrachten deshalb λ n definiert auf der Borelschen σ-algebra B(R n ) in den restlichen Kapiteln. 12

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