3 Konstruktion von Maßräumen

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1 $Id: caratheodory.tex,v /11/17 11:43:55 hk Exp hk $ 3 Konstruktion von Maßräumen 3.4 Der Fortsetzungssatz von Caratheodory Wir hatten in der letzten Sitzung mit dem Beweis des Satzes von Caratheodory über die meßbaren Mengen eines äußeren Maßes begonnen. Da wir noch nicht weit gekommen waren, wollen wir den Satz und den Anfang des Beweises hier noch einmal wiederholen. Lemma 3.9 (Caratheodory-meßbare Mengen eines äußeren Maßes) Seien Ω eine Menge und µ ein äußeres Maß auf Ω. Dann ist die Menge Σ µ := {A Ω (B Ω) : µ(b) = µ(b A) + µ(b\a)} = {A Ω (B Ω) : µ(b) µ(b A) + µ(b\a)} eine σ-algebra auf Ω und µ Σ µ ist ein Maß auf Σ µ. Beweis: Da für beliebige Mengen A, B Ω stets µ(b) = µ((b A) (B\A)) µ(b A) + µ(b\a) gilt, sind die beiden Mengen in der Definition von Σ µ tatsächlich gleich. Ebenfalls leicht ist es die ersten beiden Eigenschaften (S1) und (S2) einer σ- Algebra für die Menge Σ µ nachzuweisen. Für jede Teilmenge B Ω gilt wegen µ( ) = 0 stets µ(b ) + µ(b\ ) = µ(b), also Σ µ und wir haben (S1). Ist A Σ µ, so gilt für jedes Teilmenge B Ω auch µ(b (Ω\A)) + µ(b\(ω\a)) = µ(b\a) + µ(b A) = µ(b), also ist Ω\A Σ µ und wir haben (S2) eingesehen. Die restlichen Aussagen erfordern mehr Arbeit, und wir teilen die folgenden Überlegungen in mehrere Einzelschritte auf. (1) Seien A, B Σ µ und C Ω eine beliebige Teilmenge von Ω. Wegen A Σ µ ist dann sofort µ(c) = µ(c A) + µ(c\a). Weiter ist auch B Σ µ und wenden wir die definierende Eigenschaft von Σ µ auf die Mengen C A und C\A an, so ergeben sich die Gleichungen µ(c A) = µ(c A B) + µ((c A)\B), µ(c\a) = µ((c\a) B) + µ((c\a)\b) = µ((c B)\A) + µ(c\(a B)). Setzen wir diese Identitäten in die obige Formel für µ(c) ein, so ergibt sich schließlic µ(c) = µ(c A)+µ(C\A) = µ(c A B)+µ((C A)\B)+µ((C B)\A)+µ(C\(A B)). 8-1

2 Damit kommen wir jetzt zur Fortsetzung des Beweises. (2) Seien wieder A, B Σ µ und C Ω eine beliebige Teilmenge. Wenden wir dann (1) auf die Teilmenge (A B) C Ω an, so haben wir wegen ((A B) C) A B = C A B, (((A B) C) A)\B = (C A)\B, (((A B) C) B)\A = (C B)\A und ((A B) C)\(A B) = die Gleichung µ((a B) C) = µ(c A B) + µ((c A)\B) + µ((c B)\A). (3) Nun behaupten wir das für alle A, B Σ µ auch A B Σ µ gilt. Sei nämlich C Ω eine beliebige Teilmenge. Dann ergibt sich mit (1) und (2) die Gleichung µ(c) = µ(c A B) + µ((c A)\B) + µ((c B)\A) + µ(c\(a B)) = µ(c (A B)) + µ(c\(a B), und dies bedeutet gerade A B Σ µ. (4) Für alle A, B Σ µ sind auch A B Σ µ und A\B Σ µ. Denn zunächst ist nach dem schon bewiesenen (S2) auch Ω\A Σ µ und Ω\B Σ µ, und mit (3) folgt Ω\(A B) = (Ω\A) (Ω\B) Σ µ, also ist wieder nach (S2) auch A B = Ω\(Ω\(A B)) Σ µ. Damit folgt weiter auch A\B = A (Ω\B) Σ µ. (5) Sind n N und A 1,..., A n Σ µ paarweise disjunkt, so gelten n A k Σ µ und für jede Teilmenge B Ω ist ( ) µ(b) = µ(b A k ) + µ B\ A k. Dies beweisen wir durch Induktion nach n, wobei der Fall n = 0 wegen Σ µ nach (S1) klar ist. Sei jetzt n N und nehme an, dass (5) für n zutrifft. Seien dann A 1,..., A n+1 Σ µ paarweise disjunkt. Nach der Induktionsannahme ist n A k Σ µ und für jede Teilmenge B Ω gilt µ(b) = n µ(b A k) + µ(b\ n A k). Nach Schritt (3) ist auch n+1 A k = n A k A k+1 Σ µ und es gilt ( n A k) A n+1 =. Sei jetzt B Ω eine beliebige Teilmenge. Mit unserer Induktionsannahme und A n+1 Σ µ folgt dann ( ) µ(b) = µ(b A k ) + µ B\ A k = (( µ(b A k ) + µ B\ ) ) (( A k A n+1 + µ B\ ) ) A k \A n+1 ( n+1 = µ(b A k ) + µ B\ n+1 A k ) und wir haben unsere Aussage auch für n + 1 eingesehen. Per vollständiger Induktion ist sie damit für jedes n N bewiesen. 8-2,

3 (6) Sei (A n ) n N eine Folge paarweise disjunkter Elemente von Σ µ. Wir behaupten das dann auch A n Σ µ ist und das µ( A n) = µ(a n) gilt. Setze A := A n. Sei B Ω eine beliebige Teilmenge. Für jedes n N haben wir dann nach (5) ( ) µ(b) = µ(b A k ) + µ B\ A k µ(b A k ) + µ(b\a), und somit folgt weiter ( ) µ(b) µ(b A n ) + µ(b\a) µ (B A n ) + µ(b\a) = µ(b A) + µ(b\a) µ(b), d.h. µ(b) = µ(b A) + µ(b\a). Dies zeigt A Σ µ und µ(b) = µ(b A n) + µ(b\a). Wenden wir diese Formel speziell auf B = A an, so ergibt sich µ(a) = µ(a n). (7) Nun zeigen wir schließlich das Σ µ auch die Eigenschaft (S3) einer σ-algebra hat. Insgesamt ist dann Σ µ eine σ-algebra und nach (6) ist µ auf Σ µ auch σ-additiv, also ein Maß auf Σ µ. Sei also (A n ) n N eine Folge in Σ µ. Sei n N. Mit (3) und (S1) folgt n 1 A k Σ µ und nach (4) ist auch B n := A n \ n 1 A k Σ µ. Damit ist (B n ) n N eine Folge paarweise disjunkter Elemente von Σ µ und nach Schritt (6) ist damit A n = B n Σ µ. Die Elemente der im Lemma konstruierten σ-algebra Σ µ sind dann die im Sinne von Caratheodory meßbaren Mengen oder kurz die Caratheodory-meßbaren Mengen. Diese Mengen bilden zwar eine σ-algebra, diese kann aber sehr klein sein, die Menge {, Ω} ist ja schon eine σ-algebra. Interessant sind natürlich nur die Situationen in den denen Σ µ ausreichend groß ist. Die für uns wichtigen Beispiele äußerer Maße werden über Lemma 6 aus einem auf einem Ring definierten Inhalt konstruiert, und wir werden jetzt zeigen, dass die Elemente dieses Rings dann auch im Sinne von Caratheodory meßbar sind. Dies ist unabhängig davon ob der betrachtete Inhalt ein Prämaß ist oder nicht. Lemma 3.10 (Caratheodory-Meßbarkeit der Ringelemente) Seien Ω eine Menge, R ein Ring auf Ω, µ ein Inhalt auf R und µ das zugehörige äußere Maß. Dann gilt R Σ µ. Beweis: Sei A R gegeben. Sei B Ω eine beliebige Teilmenge. Weiter sei (B n ) n N eine Folge in R mit B B n. Da R ein Ring ist, sind für jedes n N auch B n A R, B n \A R sowie µ(b n ) = µ(b n A) + µ(b n \A) und es gelten B A (B n A) und B\A 8-3 (B n \A),

4 und schließlich µ(b n ) = (µ(b n A) + µ(b n \A) = µ(b n A) + µ(b n \A) µ (B A) + µ (B\A). Dies bedeutet aber µ (B) µ (B A)+µ (B\A). Damit haben wir A Σ µ eingesehen. Nun ist alles bereit den Fortsetzungssatz von Caratheodory zu formulieren, dieser garantiert das sich jedes auf einem Ring definierte Prämäß zu einem Maß auf der erzeugten σ-algebra fortsetzen läßt. Im allgemeinen kann es auch mehrere solche Fortsetzungen geben, den damit verbundenen Eindeutigkeitsfragen werden wir uns erst im nächsten Abschnitt zuwenden. Zu beweisen ist dabei nichts mehr, der Satz fasst im wesentlichen nur die bisherigen Ergebnisse dieses Abschnitts zusammen. Satz 3.11 (Fortsetzungssatz von Caratheodory) Seien Ω eine Menge, R ein Ring auf Ω und µ ein Prämaß auf R. Bezeichne µ das zu µ gehörende äußere Maß und sei Σ die σ-algebra der im Sinne von Caratheodory meßbaren Mengen gemäß Lemma 9. Dann ist µ Σ ein Maß auf (Ω, Σ) und es gelten σ(r) Σ und µ R = µ. Insbesondere setzt sich µ zu einem Maß auf (Ω, σ(r)) fort. Beweis: Nach Lemma 9 ist µ Σ ein Maß auf (Ω, Σ) und nach Lemma 7 gilt µ R = µ. Nach Lemma 10 ist R Σ und somit auch σ(r) Σ. Beachte das der Satz mehr aussagt als nur die reine Existenz einer Fortsetzung, er gibt uns explizit eine wohlbestimmte Fortsetzung, nämlich die Einschränkung des zugehörigen äußeren Maßes auf die erzeugte σ-algebra. Insbesondere erhalten wir jetzt den von uns schon seit längeren angestrebten Volumenbegriff im R n. Sei n N mit n 1 gegeben und betrachte wieder den von den Quadern im R n erzeugten Ring R n. Nach Lemma 8 haben wir dann das Lebesguesche Prämaß λ n auf R n, und damit auch ein zugehöriges äußeres Maß λ n. Nach dem Fortsetzungssatz und wegen σ(r n ) = B(R n ) ist λ n B(R n ) ein Maß auf (R n, B(R n )) das den Inhalt λ n fortsetzt. Wir nennen dieses Maß das Lebesbue-Maß auf (R n, B(R n )) und bezeichnen es wieder mit λ n. Das Maß λ n ist das Volumen im R n, wir werden noch sehen das es für einfache Mengen mit dem elementargeometrischen Volumen übereinstimmt. Beachte das wir das Lebesguemaß nicht nur auf den Borelmengen im R n sondern auf allen im Sinne von Caratheodory meßbaren Mengen im R n erklären könnten. Dies legt die Frage nahe wie die im Sinne von Caratheodory meßbaren Teilmengen des R n überhaupt aussehen. Um diese Frage zu klären, verwenden wir einige allgemeine Aussagen die wir nun besprechen wollen. Wir beginnen mit einer kleinen Definition. Definition 3.6 (Vervollständigung eines Maßraums) Sei (Ω, Σ, µ) ein Maßraum. Eine Teilmenge N Ω heißt eine Nullmenge wenn es 8-4

5 ein A Σ mit N A und µ(a) = 0 gibt. Weiter heißt der Maßraum (Ω, Σ, µ) beziehungsweise das Maß µ vollständig wenn jede Nullmenge meßbar ist, d.h. wenn für jedes A Σ mit µ(a) = 0 stets P(A) Σ gilt. Schließlich nennen wir den Maßraum (Ω, Σ, µ) der durch Σ := {A N A Σ und N Ω ist eine Nullmenge} und µ(a N) = µ(a) für A Σ und Nullmengen N Ω definiert ist, die Vervollständigung von (Ω, Σ, µ). Nach Aufgabe (5) ist die Vervollständigung tatsächlich sinnvoll definiert und es gilt µ Σ = µ. Weiter haben µ und µ auch dieselben Nullmengen und das Maß µ ist vollständig. Sei nämlich N Ω gegeben. Ist dann N eine Nullmenge bezüglich µ, so existiert A Σ mit N A und µ(a) = 0, d.h. µ(n) = µ( ) = 0. Ist umgekehrt N eine Nullmenge bezüglich µ so existiert ein A Σ mit N A und µ(a) = 0. Weiter gibt es B, C Σ und D C mit µ(c) = 0 und A = B D. Damit ist aber µ(b) = µ(a) = 0, also ist auch B C Σ mit µ(b C) µ(b) + µ(c) = 0 und N A = B D B C und N ist auch eine Nullmenge bezüglich µ. Insbesondere ist damit N Σ. Im folgenden wird eine kleine Beobachtung über die Vervollständigung von Einschränkungen nützlich sein. Angenommen wir haben einen Maßraum (Ω, Σ, µ) mit Vervollständigung (Ω, Σ, µ) und A Σ ist eine meßbare Menge. Dann behaupten wir das (A, Σ A, µ A ) die Vervollständigung des Teilraums (A, Σ A, µ A ) ist, d.h. die Vervollständigung eines Teilraums ist der entsprechende Teilraum der Vervollständigung. Dies wollen wir nun kurz begründen. Ist B A in der Vervollständigung von (A, Σ A, µ A ) so gibt es C, N Σ A Σ und D N mit µ(n) = µ A (N) = 0 und B = C D, also ist B Σ und somit B Σ A. Das Maß von B in der Vervollständigung von (A, Σ A, µ A ) ist dabei µ A (C) = µ(c) = µ(b) = µ A (B). Sei umgekehrt B Σ A, also B Σ und B A, gegeben. Dann gibt es C, N Σ und D N mit µ(n) = 0 und B = C D. Wegen C B A ist dabei B Σ A. Weiter ist N A Σ A mit µ A (N A) = µ(n A) µ(n) = 0, d.h. µ A (N A) = 0 und weiter ist D A N A mit B = B A = (C D) A = C (D A), also liegt B auch in der Vervollständigung von (A, Σ A, µ A ). Wir werden sehen, dass die im Sinne von Caratheodory meßbaren Mengen im R n genau die Vervollständigung von (R n, B(R n ), λ n ) bilden. Um dies einzusehen benötigen wir das folgende Lemma. Lemma 3.12 (Charakterisierung der Nullmengen über das äußere Maß) Seien Ω eine Menge, R ein Ring auf Ω, µ 0 ein Prämaß auf R und bezeichne µ das zugehörige äußere Maß auf Ω. Bezeichne Σ P(Ω) die σ-algebra der bezüglich µ im Sinne von Caratheodory meßbaren Mengen und schreibe Σ := σ(r) und µ := µ Σ. Dann gelten: (a) Für jede Teilmenge A Ω mit µ (A) < existiert ein B Σ mit A B und µ (A) = µ(b). 8-5

6 (b) Eine Teilmenge N Ω ist genau dann eine Nullmenge bezüglich µ wenn µ (N) = 0 gilt. (c) Es sind Σ Σ und µ Σ = µ. (d) Der Maßraum (Ω, Σ, µ Σ ) ist vollständig. (e) Ist µ(ω) <, so ist Σ = Σ. Beweis: (a) Sei n N. Nach der Definition von µ in Lemma 6 existiert eine Folge (A nk ) k N in R mit A A nk und µ 0(A nk ) < µ (A) + 1/(n + 1). Damit ist B n := A nk Σ mit A B n und µ(b n ) µ(a nk ) = µ 0 (A nk ) < µ (A) + 1 n + 1. Wir erhalten die Menge B := B n Σ mit A B und für jedes n N gilt µ(b) µ(b n ) < µ (A) + 1/(n + 1), also ist insgesamt µ (A) µ (B) = µ(b) µ 1 (A) + lim n n + 1 = µ (A), also haben wir µ (A) = µ(b). (b) = Ist N eine Nullmenge bezüglich µ, so existiert ein A Σ mit N A und µ(a) = 0. Damit ist auch µ (N) µ (A) = µ(a) = 0, also µ (N) = 0. = Nun nehme umgekehrt µ (N) = 0 an. Nach (a) existiert ein A Σ mit N A und µ(a) = µ (N) = 0, also ist N eine Nullmenge bezüglich µ. (c) Es ist nur zu zeigen, dass jede Menge N Ω die bezüglich µ eine Nullmenge ist in Σ liegt. Nach (b) ist µ (N) = 0 und somit folgt für jede Teilmenge A Ω auch µ (A N) + µ (A\N) µ (N) + µ (A) = µ (A), d.h. es ist N Σ. (d) Sind A Σ mit µ (A) = 0 und N A, so ist auch µ (N) µ (A) = 0, d.h. nach (b) ist N eine Nullmenge bezüglich µ und nach (c) ist N Σ. (e) Nach (c) gilt zumindest Σ Σ. Nun sei umgekehrt eine Menge A Σ gegeben. Dann ist µ (A) µ (Ω) = µ(ω) <, also gibt es nach (a) eine Menge B Σ mit A B und µ (A) = µ(b) = µ (B). Wir erhalten die Menge N := B\A Σ mit µ (N) = µ (B) µ (A) = 0. Nach (b) ist N eine Nullmenge bezüglich µ, also insbesondere N Σ und A = B\N Σ. Damit gilt auch Σ Σ und insgesamt haben wir Σ = Σ. Die Nullmengen bezüglich des Lebesguemaßes sind nach Teil (b) also genau diejenigen Teilmengen N R n des R n mit λ n(n) = 0, und diese Mengen wurden bereits in Aufgabe (12) bestimmt. Nach dieser Aufgabe ist N R n genau dann eine Nullmenge bezüglich des Lebesguemaßes wenn es für jedes ɛ > 0 stets eine Folge (Q k ) k N kompakter Quader im R n mit N Q k und λ n(q k ) < ɛ gibt. Die Vervollständigung 8-6

7 des Lebesgueschen Maßraums (R n, B(R n ), λ n ) schreiben wir als (R n, L n, λ n ), für das auf die Vervollständigung fortgesetzte Maß wird also wieder die Bezeichnung λ n verwendet und man spricht weiter vom Lebesguemaß. Die σ-algebra L n der Vervollständigung heißt die Lebesguesche σ-algebra auf dem R n und ihre Elemente werden Lebesguemengen genannt. Wie schon bemerkt wollen wir einsehen, dass die im Sinne von Caratheodory meßbaren Teilmengen des R n genau die σ-algebra der Vervollständigung des Maßraums (R n, B(R n ), λ n ) bilden, d.h. das die Lebesguemengen im R n genau die im Sinne von Caratheodory meßbaren Mengen sind. Leider ist Teil (e) des eben bewiesenen Lemmas nicht direkt auf das Lebesgue-Maß λ n auf (R n, B(R n )) anwendbar, denn es ist λ n (R n ) =. Dies ist klar, denn setzen wir j := (1,..., 1) R n, so ist für jedes a > 0 stets λ n (R n ) λ n ([ aj, aj)) = (2a) n. Das Lebesguemaß ist aber zumindest σ-endlich im Sinne der folgenden Definition. Definition 3.7 (σ-endlichkeit) Seien Ω eine Menge, Λ ein Quadersystem auf Ω und µ ein Inhalt auf Λ. Dann heißt eine Menge A Ω σ-endlich, beziehungsweise genauer σ-endlich bezüglich µ, wenn es eine Folge (A n ) n N in Λ mit A A n und µ(a n ) < für jedes n N gibt. Weiter heißt der Inhalt µ σ-endlich wenn Ω σ-endlich ist. Da Ringe und σ-algebren insbesondere Quadersysteme sind, ist der Begriff auch für Inhalte auf Ringen und für Maße auf σ-algebren definiert. Ist ein Maß µ auf einem Meßraum (Ω, Σ) σ-endlich, so nennt man auch den Maßraum (Ω, Σ, µ) σ-endlich. Beispielsweise ist der Maßraum (R n, B(R n ), λ n ) σ-endlich, denn wir können R n = [ (k + 1)j, (k + 1)j) mit λ n([ (k + 1)j, (k + 1)j)) = (2(k + 1)) n < für jedes k N schreiben. Dies zeigt uns auch das bereits der Inhalt λ n auf dem Ring R n σ-endlich ist. 8-7