1 Endlich additive Volumen auf R n

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1 Endlich additive Volumen auf R n In Satz. im Skript haben wir gezeigt, dass kein σ-additives Volumen auf der Potenzmenge P (R n ) definiert werden kann. Man könnte sich vorstellen, das Problem ist aus der Bedingung der σ-additivität gegeben. Man könnte deswegen versuchen, ein Volumen auf P (R n ) zu definieren, das nur endlich additiv, statt σ-additiv, ist. D.h. man könnte versuchen eine Funktion µ : P (R n ) [; ] zu finden, mit den folgenden Eigenschaften: i) Monotonie: ist A B, so gilt µ(a) µ(b) (folgt eigentlich aus iv ) unten). ii) Euklidische Invarianz: ist T : R n R n eine affine Isometrie, und A R n, so gilt µ(t A) = µ(a). iii) Normierung: es gilt µ([; l] n ) = l n für alle l >. iv ) Endliche Additivität: sind A,..., A k R n disjunkt, so gilt k k µ = µ(a j ) j= A j Der nächste Satz besagt aber, dass auch unter die schwächere Annahme iv ) von endlichen Additivität, für n kein solches Volumen existiert. Satz.. Für n gibt es keine Abbildung µ : P (R n ) [; ] die die Eigenschaften i), ii), iii), iv ) erfüllt. Wir beweisen Satz. im Fall n = (der Fall n 4 kann analog behandelt werden). Dazu verwenden wir die nächste Proposition. Proposition.2 (Hausdorff, 94). Es existiert eine Folge (v n ) n N so, dass, die Menge j= K = {x R : x <, x λv n für alle n N und λ R}, die folgende Eigenschaft hat: Es existieren disjunkte Teilmengen K, K 2, K, K 4, K 5 K und zwei Rotationen ϕ, ψ SO() mit K = K K 2 K K 4 K 5 und auch K = K ϕ(k 2 ) = K ψ(k 4 ). Wir zeigen zunächst wie Proposition.2 benutzt werden kann, um Satz. zu beweisen, im Fall n =. Beweis von Satz.. Wir nehmen an, es existiert eine Abbildung µ : P (R ) [; ] mit den Eigenschaften i), ii), iii), iv ) und wir suchen ein Widerspruch. Sei B = {x R : x < }. Es gilt [ /2; /2] B [ ; ], und deswegen, aus i), ii) und iii), µ(b ) 8

2 Sei nun (v n ) n N die Folge von Vektoren aus Proposition.2. Wie in Proposition.2 definieren wir die Menge Wir definieren auch K = {x R : x < und x λv n für alle n N und λ R} M = {x R : x < und x = λv n für ein n N und ein λ R} so, dass B = K M und K M =. Wir behaupten, dass µ(m) =. Aus Proposition.2, können wir offenbar annehmen, dass v n = für alle n N und v n v k und v n v k für alle n k. Für jede n, k N existiert dann genau eine Ebene, die aus den Vektoren v n und v k gespannt wird; wir bezeichnen diese Ebene mit E n,k (jede Vektor auf E n,k hat die Form λ v n + λ 2 v k, für geeignete λ, λ 2 R). Wir definieren S := {x R : x =, x E n,k für n, k N} als die Menge alle Punkten auf dem Rand von B, die zu einer Ebene E n,k senkrecht stehen. Für jede n, k N gibt es genau zwei Punkten auf B = {x R : x = } die senkrecht auf E n,k stehen. Deswegen ist S sicher abzählbar. Da aber B überabzählbar ist, finden wir sicher ein d B \S. Mit d definieren wir den Kreis T = {x R : x = und x d = } Da d S, es existieren sicher keine n, k N mit T E n,k. Das impliziert, dass T E n,k aus gerade zwei Punkten besteht, für alle n, k N. Damit ist die Menge T n k E n,k = n k(t E n,k ) abzählbar. Da aber T überabzählbar ist, finden wir e T so, dass e E n,k für alle n, k N. Für t [ ; ] setzen wir nun M t = M + te (wir verschieben M um den Vektor te). Wir bemerken, dass M t M s = für alle t s. Ist, in der Tat, x M t M s für t s, so gibt es λ, λ 2 R und n, k N mit λ v n + te = λ 2 v k + se e = λ 2 t s v k λ t s v n E n,k in Widerspruch zur Annahme e E n,k für alle n, k N. Das zeigt, dass die Menge M t paarweise disjunkt sind. Aus der Translationsinvarianz von µ folgt auch, dass µ(m t ) = µ(m) für alle t [ ; ]. Für alle l N, wir betrachten N = l n= M 2 n 2

3 Offenbar gilt N [ 2; 2], und deswegen µ(n) 4 = 64 Anderseits, weil die Mengen M 2 n disjunkt sind, impliziert die endliche Additivität, dass µ(n) = l µ(m 2 n) = n= l µ(m) = lµ(m) Das impliziert, dass lµ(m) 64 für alle l N. Deswegen muss µ(m) =. Aus µ(m) = folgt nun, dass µ(k) = µ(b ) und damit µ(k) 8. Aus Proposition.2 folgt aber auch, dass n= µ(k) = µ(k ) + µ(k 2 ) + µ(k ) + µ(k 4 ) + µ(k 5 ) und auch, dass (mit der Annahme von Rotationsinvarianz von µ) µ(k) = µ(k ) + µ(k 2 ) = µ(k ) + µ(k 4 ) Das impliziert, dass was ein Widerspruch ist. µ(k) 2µ(K) Es bleibt nun Proposition.2 zu beweisen. Dazu brauchen wir ein bisschen Vorbereitung. Wir definieren die zwei Rotationen 2 2 ϕ = , und ψ = 2 2 mit den Inversen ϕ = , und ψ = Offenbar sind ϕ, ψ SO() = {F R : F T F =, und det F = }. Wir betrachten die Gruppe der Rotationen, die aus ϕ, ϕ, ψ, ψ erzeigt wird. Um den Überblick über die Elemente dieser Gruppe zu behalten, führen wir den Begriff von Wörter ein. Wir sagen ein k-tupel (ρ,..., ρ k ) ist ein Wort der Länge k falls ρ j {ϕ, ϕ, ψ, ψ } für alle j =,..., k, und falls ρ j ρ j+ für alle j < k. Die leere Menge ist ein Wort der Länge. Wir bezeichnen mit W die Menge von allen Wörter. Sind w = (ρ,..., ρ k ), w 2 = (ρ,..., ρ n) W zwei Wörter, so definieren wir das Produkt w w 2 als das Wort, das aus dem (k + n) Tupel (ρ,..., ρ k, ρ,..., ρ n) entsteht, nach Abkürzung von allen Paaren ϕϕ, ϕ ϕ, ψψ, ψ ψ. Zum Beispiel: (ψ, ϕ, ϕ) (ϕ, ψ, ϕ ) = (ψ, ϕ, ψ, ϕ )

4 Für jede Wort w = (ρ,..., ρ k ) können wir die Inverse w definieren so, dass w w = w w =. Zum Beispiel: = (ρ k, ρ k,..., ρ ) (ψ, ϕ, ϕ, ψ) = (ψ, ϕ, ϕ, ψ ) Es folgt, dass (W, ) eine Gruppe ist, mit als Identität. Wir definieren nun eine Abbildung F : W SO() durch F ( ) = und F (ρ,..., ρ k ) = ρ... ρ k für jede Wort der Länge k. Es ist einfach zu sehen, dass F ein Gruppenhomomorphismus ist, d.h. F (w ) F (w 2 ) = F (w w 2 ) für alle w, w 2 W gilt. Das impliziert, dass F (W) ist eine Untergruppe von SO(). Lemma.. Sei G = F (W). Dann ist F : W G bijektiv. Beweis. Ist F (w ) = F (w 2 ), so folgt aus der Tatsache, dass F ein Gruppenhomomorphismus ist, dass Es genugt also zu zeigen, dass = F (w )F (w 2 ) = F (w )F (ws ) = F (w w2 ) w F (w) Wir unterscheiden zwei Fällen. Fall : Ist w = (ρ,..., ρ k ) ein Wort mit ρ k = ϕ oder ρ k = ϕ, dann zeigen wir, dass F (w)e e. Fall 2: Ist w = (ρ,..., ρ k ) ein Wort mit ρ k = ψ oder ρ k = ψ, so zeigen wir, dass F (w)e e. Die Beweise für die zwei Fällen sind sehr ähnlich; wir betrachten nur den Fall. Sei w = (ρ,..., ρ k ) ein Wort der Länge k mit ρ k = ϕ oder ρ k = ϕ. Wir behaupten zunächst, dass es a, b, c Z mit F (w)e = k (a, b 2, c) () existieren. Wir zeigen () durch Induktion über k. Für k =, wir haben ϕe = (/, 2 2/, ), and ϕ e = (/, 2 2/, ) (2) und () gilt mit a =, b = ±, c =. Wir nehmen nun an, dass Gleichung () für k = n gilt, und wir zeigen sie für k = n+. Sei w = (ρ,..., ρ n, ρ n+ ) W ein Wort der Länge (n + ) mit ρ n+ = ϕ oder ρ n+ = ϕ. Wir unterscheiden vier Fällen, gemäss der Wert von ρ. Sei zunächst ρ = ϕ. Dann ist w = ϕ w für ein Wort w der Länge n. Aus der Induktion Annahme, finden wir F (w)e = F (ϕ w )e = ϕf (w )e = n ϕ (a, b 2, c) = (n+) ((a 4b), (2a + b) 2, c) () und damit F (w)e hat wieder die Form (), mit a, b, c Z ersetzt durch die neuen rationalen Zahle a = a 4b, b = 2a + b und c = c. Ist ρ = ϕ, so kann man ganz ähnlich argumentieren (man findet a = a + 4b, b = 2a b und c = c). Ist ρ = ψ, 4

5 dann schreiben wir w = ψ w für ein Wort w der Länge n.die Induktion Annahme impliziert, dass F (w)e = ψf (w )e = n ψ(a, b 2, c) = (n+) (a, (b 2c) 2, 4b + c) (4) Auch in diesem Fall, hat also F (w)e die Form (), mit a, b, c ersetzt durch die rationale Zahle a = a, b = b 2c, c = 4b+c. Ist ρ = ψ so findet man analog a = a, b = b+2c und c = 4b + c. Das zeigt die Behauptung (). Für jede Wort w = (ρ,..., ρ k ), mit ρ k = ϕ oder ρ k = ϕ, wir bezeichnen mit a(w), b(w), c(w) Z die rationale Zahle in der Darstellung () von F (w)e. Um zu schliessen, dass F (w)e e, zeigen wir jetzt, dass b(w) nicht durch teilbar ist, für jede Wort w der Länge k (deswegen muss b, und F (w)e e ). Wir zeigen diese Behauptung durch Induktion über die Länge k des Wortes w. Für k = folgt die Behauptung aus (2). Sei nun w = (ρ,..., ρ k ) ein Wort der Länge k 2. Wir unterscheiden verschiedene Fällen. Ist ρ = ϕ, ρ 2 = ψ, so gilt w = (ϕ, ψ) w für ein Wort w der Länge k 2. Aus Induktion Annahme folgt, dass b(ψ w ) nicht durch teilbar ist. Aus (4) folgt, dass a(ψ w ) = a(w ) immer durch teilbar ist. Deswegen ist, aus (), b(ϕ ψ w) = 2a(ψ w) + b(ψ w) nicht durch teilbar. Analog kann man alle Fälle (ρ, ρ 2 ) = (ϕ σ, ψ τ ) oder (ρ, ρ 2 ) = (ψ τ, ϕ σ ), für σ, τ {±} behandeln. Sei nun (ρ, ρ 2 ) = (ϕ, ϕ). Dann ist w = (ϕ, ϕ) w für ein Wort w der Länge k 2. Aus () finden wir, dass a(ϕ w ) + b(ϕ w ) = a(w ) 4b(w ) + 2a(w ) + b(w ) = (a(w ) b(w )) durch teilbar ist. Aus der Induktion Annahme ist b(ϕ w ) dagegen nicht durch teilbar. Wir schliessen (wieder mit (), dass b((ϕ, ϕ) w ) = 2a(ϕ w ) + b(ϕ w ) = 2(a(ϕ w ) + b(ϕ w )) b(ϕ w ) nicht durch teilbar ist. Ist (ρ, ρ 2 ) = (ψ, ψ), so schreiben wir w = (ψ, ψ) w für ein Wort der Länge k 2 (der nicht mit ψ beginnt). Aus (4) bemerken wir, dass b(ψ w ) c(ψ w ) = (b(w ) 2c(w ) 4b(w ) c(w )) = (b(w ) + c(w )) durch teilbar ist. Die Induktion Annahme impliziert, dass b(ψ w ) nicht durch teilbar ist. Damit ist (mit (4)) b((ψ, ψ) w ) = b(ψ w ) 2c(ψ w ) = 2(b(ψ w ) c(ψ w )) b(ψ w ) nicht durch teilbar. Die Fälle (ρ, ρ 2 ) = (ϕ, ϕ ) und (ρ, ρ 2 ) = (ψ, ψ ) können analog behandelt werden. Das zeigt, dass b(w) nicht durch teilbar ist, für alle Wörter w der Länge k. Wir kommen nun zum Beweis von Proposition.2. Beweis von Proposition.2. Wir bezeichnen mit W σ W die Menge der Wörter, die mit σ {ϕ, ϕ, ψ, ψ } anfangen. Wir setzten auch W e = { }. Dann ist W = W e W ϕ W ϕ W ψ W ψ 5

6 Sei nun w W\W ϕ. Dann fängt w nicht mit ϕ an, und also w = ϕ w W ϕ (weil es keine Kürzung gibt). Deshalb gibt es für jede w W\W ϕ ein eindeutiges w W ϕ mit w = ϕ w, und W = W ϕ ϕ (W ϕ ) Analog gilt W = W ψ ψ (W ψ ) Sei nun G σ = F (W σ ) SO(). Da F ein Gruppenhomomorphismus ist, gilt G = F (W) = G e G ϕ G ϕ G ψ G ψ und auch G = G ϕ ϕ(g ϕ ), G = G ψ ψ(g ψ ) (5) Für g G sei nun r g = {x R : gx = x}. Für jede g G\{} ist r g eine Gerade durch Null (r g ist die Rotationsachse von g). Wir definieren K = {x R : x < }\ g G\{} r g (6) gegeben ist. Auf K definieren wir eine Äquivalenzrelation. Für x, y K setzten wir x y falls es existiert g G mit x = gy. Mit der Auswahlaxiom finden wir eine Menge A K die aus jeder Äquivalenzklasse genau ein Element enthält. Für jede x K existiert dann genau ein y A und ein g G mit x = gy. Die Eindeutigkeit von y folgt aus der Tatsache, dass Aenthält nur ein Element aus jeder Äquivalenzklasse. Die Eindeutigkeit von g G kann wie folgt bewiesen werden. Seien g, g G mit gy = g y. Dann ist g g y = y, und deswegen y r g g. Da y K muss deswegen g g = und also g = g. Wir haben also bewiesen, dass K = A G ϕ A G ϕ A G ψ A G ψ A wobei die fünf Mengen disjunkt sind. Aus (5), folgt auch, dass K = G ϕ A ϕ(g ϕ A) = G ψ A ψ(g ψ A) Schlussendlich bemerken wir, dass die Gruppe G abzählbar ist. Das folgt, weil W = k { Menge der Wörter mit der Länge k } als abzählbare Vereinigung von endlichen Mengen sicher abzählbar ist. Deswegen können wir eine Bijektion N n g n G finden. Für jede n N\{} wählen wir nun ein Vektor v n r gn. Dann folgt aus (6), dass und die Proposition ist bewiesen. K = {x R : x <, und x v n für alle n N} 6

7 Im Fall n =, 2 ist dagegen möglich ein endlich additives Volumen zu konstruieren, mit den Eigenschaften i)-iv ). Wir möchten nun diese Aussage beweisen, für den Fall n = (und der Einfachkeit halber nur für Teilmengen von [; )). Wir werden dazu ein wichtiges Theorem aus der Funktionalanalysis verwenden, das Hahn-Banach theorem. Theorem.4 (Hahn-Banach). Sei V ein Vektorraum über R und p : V R ein (nicht unbedingt lineares) Funktional auf V mit Subadditivität: p(x + y) p(x) + p(y), für alle x, y V. p(λx) = λp(x) für alle λ >. Sei W ein linearer Unterraum von V und f : W R ein lineares Funktional auf W, mit f(x) p(x) für alle x W. Dann existiert ein lineares Funktional F : V R mit F (x) = f(x) für alle x W und F (x) p(x) für alle x V (man nennt F eine Erweiterung von f auf V ). Der Beweis von Theorem.4 wird in der Vorlesung Funktionalanalysis diskutiert (bemerke: der Beweis braucht das Auswahlaxiom). Hier möchten wir das Theorem anwenden, um den folgenden Satz zu zeigen. Satz.5 (Banach, 92). Sei P ([; )) die Potenzmenge des Intervalls [; ) R. Es existiert eine Funktion µ : P ([; )) [; ) mit a) µ ist translationsinvariant: für jede E [; ) und x [ ; ] gilt µ(e+x) = µ(e). Hier bezeichnet E + x die Menge E +x = {z [; ) : z = x+y oder z = x+y oder z = x+y + für ein y E} (D.h. die Menge E wird mit periodische Randbedingungen verschoben). b) Normierung: µ([a; b]) = b a für alle a < b <. c) Endliche Additivität: sind E, E 2 [; ) disjunkt, so gilt µ(e E 2 ) = µ(e ) + µ(e 2 ) (Die endliche Additivität folgt dann durch Induktion). Beweis. Wir definieren die Menge V := {f : R R : f ist beschränkt, und f(x + ) = f(x) für alle x R} aller beschränkten periodischen Funktionen mit Periode. V ist in natürliche Weise ein Vektorraum über R. Für f V, n N\{} und α,..., α n R, setzen wir M(f, α,..., α n ) = sup x R n n f(x + α j ) j= 7

8 Für f V definieren wir weiter p(f) = Offenbar gilt p(λf) = λp(f) für jede λ. inf M(f, α,..., α n ) n N\{},α,...,α n R Wir behaupten nun, p ist subadditiv. Um diese Behauptung zu beweisen, wählen wir ε > fest. Wir finden dann p, q N\{} und α,..., α p, β,..., β q R mit p(f) M(f, α,..., α p ) ε, und p(g) M(g, β,..., β q ) ε Wir betrachten nun die Folge γ,..., γ n, mit n = pq und so, dass jede γ j die Summe eines α i mit einem β l ist. Dann gilt p(f + g) M(f + g, γ,..., γ n ) p q = sup (f + g)(x + α i + β j ) x pq sup x q i= j= j= p p i= f(x + β j + α i ) + sup x p p i= q q f(x + α i + β j ) j= Da aber für alle x, β j R, und p p f(x + β j + α i ) M(f, α,..., α p ) i= q q f(x + α i + β j ) M(g, β,..., β q ) j= für alle x, α i R, wir finden p(f + g) M(f, α,..., α p ) + M(g, β,..., β q ) p(f) + p(g) + 2ε Da ε > beliebig war, erhalten wir p(f + g) p(f) + p(g) für alle f, g V. Sei nun W = {f V : f auf [; ) höchstens endlich viele Unstetigkeitstellen hat} W ist ein linearer Unterraum von V. Für f W definieren wir I(f) = f(x) dx als das Riemann sche Integral von f auf [; ) (I(f) ist wohldefiniert, weil jede Funktion in f Riemann integrierbar ist). I : W R ist offenbar ein lineares Funktional auf W. Wir behaupten, dass I(f) p(f) für alle f W. In der Tat, aus der Periodizität von f W gilt f(x + α)dx = 8 f(x)

9 für alle α R. Deshalb gilt I(f) = = j= f(x)dx = n f(x + α j )dx n j= n f(x + α j ) n dx sup f(x + α j ) n x n j= dx = M(f, α,..., α n ) für alle n N und alle α,..., α n R. Das impliziert, dass I(f) p(f) für alle f W. Wir können nun das Hahn-Banach Theorem anwenden. Aus Theorem.4 folgt, dass es ein lineares Funktional F : V R existiert, mit F (f) = I(f) für alle f W, und F (f) p(f) für alle f V. Wir bemerken, dass das lineare Funktional F die folgenden Eigenschaften hat. ) F ist translationsinvariant. Für x [; ) sei T x : V V durch (T x f)(x) = f(x + x ) definiert. Dann gilt F (T x f) = T (f) für alle f V. Um diese Aussage zu beweisen, setzen wir g(x) = f(x+x ) f(x). Dann ist g V. Weiter wählen wir n N und α =, α 2 = x,..., α n = (n )x. Dann gilt p(g) M(g, α,..., α n ) = n sup [f(x + nx ) f(x)] x Da f beschränkt ist, muss p(g) C/n gelten. Da weiter n N beliebig ist, muss p(g). Analog kann man zeigen, dassp( g). Dann muss aber einerseits und anderseits F (g) p(g) F (g) = F ( g) p( g) Das bedeutet, dass F (g) =, und damit, dass F (T x f) = F (f). 2) F ist positiv, d.h. F (f) für jede f V mit f(x) für alle x R. Um diese Aussage zu beweisen, gehen wir wie folgt vor. Ist f(x) für alle x R, dann gilt p(f) (nach Definition von p). Dann muss F (f) p(f). Ist nun f V mit f(x) für alle x R, so ist f(x) für alle x R, und deswegen F ( f). Da aber F ( f) = F (f), finden wir, dass F (f), wie behauptet. Wir benutzen nun das Funktional F, um das Mass µ auf P ([; )) zu definieren. Für E [; ) beliebig, betrachten wir die charakteristische Funktion χ E : [; ) R definiert durch χ E (x) = für x E und χ E (x) = für x [; )\E. Wir betrachten auch die periodische Fortsetzung χ E : R R von χ E, definiert durch χ E (x) = χ E (x n) für x [n; n + ), für alle n Z. Dann ist χ E V für jede E [; ). Wir setzten Dann gilt: µ(e) := F ( χ E ) 9

10 µ(e) für alle E [; ). Das folgt aus der Eigenschaft 2) (Positivität) von F, die wir oben bewiesen haben, weil χ E (x) für alle x R. Sind E, E 2 [; ) disjunkt, so ist µ(e E 2 ) = µ(e ) + µ(e 2 ). Das folgt aus der Linearität von F weil, für disjunkten E, E 2 [; ) ist χ E E 2 = χ E + χ E2 und damit auch χ E E 2 = χ E + χ E2. µ(e + x ) = µ(e) für jede E [; ) und x ( ; ). Mit der Definition von der Menge E + x, die wir in Satz.5 gegeben haben, gilt χ E+x (x) = χ E (x x ) = (T x χ E )(x). Damit folgt die Translationsinvarianz von µ aus der Translationsinvarianz von F, die wir im Punkt ) oben gezeigt haben. Es gilt µ([a; b]) = b a für alle a < b <. In der Tat, die charakteristische Funktion χ [a;b] hat in [; ) nur zwei Unstetigkeitstellen. Deswegen ist χ [a;b] W, und F ( χ [a;b] ) = χ [a;b] (x)dx = b a wobei wir das Riemann sche Integral von χ [a;b] berechnet haben. Damit hat µ alle gewünschten Eigenschaften. Bemerkungen: Im Beweis von Satz.5 haben wir das Mass µ konstruiert, indem wir zunächst einen neuen Integralbegriff eingeführt haben. Das Funktional F : V R ist nämlich eine Erweiterung des Riemann sche Integrals auf beliebigen Funktionen. Falls man beliebigen Funktionen integrieren kann, dann kann man das Mass einer beliebigen Teilmenge E einfach als das integral der charakteristische Funktion χ E definieren. Bei der Einführung des Lebesgue Integral in Kapitel und 2 werden wir anders vorgehen. Wir werden dort zunächst das Lebesgue Mass definieren, und dann das Mass benutzen um das Integral zu konstruieren. Vergleichen mit dem Integral F, das wir im Beweis von Satz.5 eingeführt haben, werden nicht alle Funktionen Lebesgue integrierbar sein (weil das Lebesgue Mass nur auf eine echte Teilmenge von P (R) definiert ist). Dafür hat das Lebesgue Integral viel bessere Eigenschaften (z.b. beim Vertausch von Limes und Integral), weil das entsprechende Lebesgue Mass σ-additiv ist (während das zu F entsprechende Mass µ, das in Satz.5 definiert wird) nur endlich additiv ist (sie kann gar nicht σ-additiv sein; das wäre ein Widerspruch zu Satz. sein). Sei S : V V durch (Sf)(x) = f( x) eine Spiegelung von f um x = /2. Man kann im Beweis von Satz.5 das Funktional F durch J(f) := (F (f) + F (Sf)) 2 ersetzen. Da I(Sf) = I(f) für jede f W (aus Eigenschaften des Riemann sche Integral), gilt wieder J(f) = I(f) für jede f W. J ist auch translationsinvariant und positiv, wie F. Mit J kann man dann ein Mass µ auf P ([; )) definieren, die alle Eigenschaften von µ hat, und zusätzlich auch invariant bezüglich der Spiegelung

11 S ist (d.h. µ(s(e)) = µ(e)). Auf dem Intervall [; ) sind euklidische Transformation genau Translationen (verstanden als periodische Translationen, im Sinn der Definition in Satz.5) und die Spiegelung S. Damit hat das konstruierte Mass µ alle Eigenschaften i), ii), iii), iv), die am Anfang dieser Appendix erwähnt werden.