Analysis

17. RADONMASSE UND HAAR’SCHE MASSE 1157
Beweis. Wir beginnen mit einer Vorüberlegung: Ist X normal und sind Teilmengen
C ⊂ U ⊂ X gegeben mit C ⊂ V X und U ⊂◦ X, so gibt es eine offene
Menge W ⊂◦ X mit
C ⊂ W ⊂ W ⊂ U
Um das einzusehen nehme man disjunkte offene Umgebungen W von C und
D von X\U, dann gilt nämlich C ⊂ W ⊂ W ⊂ X\D ⊂ U. Wir finden nach
unserer Vorüberlegung also U(0) ⊂◦ X mit
Wir finden weiter U(1/2) ⊂◦ X mit
A ⊂ U(0) ⊂ U(0) ⊂ X\B
U(0) ⊂ U(1/2) ⊂ U(1/2) ⊂ X\B
und indem wir so weitermachen finden wir induktiv für alle r ∈ [0, 1) der
Form r = k/2 n mit k ∈ N eine offene Menge U(r) ⊂ X\B derart, daß gilt
r < r ′ ⇒ U(r) ⊂ U(r ′ ). Schließlich setzen wir noch U(1) = X und definieren
f : X → [0, 1] durch
f(x) = inf{r ∈ [0, 1] | x ∈ U(r)}
Sicher gilt f|A = 0, f|B = 1. Wir müssen nur noch zeigen, daß f stetig ist.
Für 0 < t < 1 finden wir schon mal
f −1 ([0, t)) =
rt X\U(r)
=
r ′ >t X\U(r′ ) ⊂◦ X
Da aber die Intervalle [0, t) und (t, 1] die metrische Topologie auf [0, 1] erzeugen,
ist f damit nach 3.4.6 stetig.
Beweis des Erweiterungslemmas 17.1.5. Jetzt zeigen wir das Erweiterungslemma
für das Intervall [0, 1]. Sei wieder X unser Raum und Y ⊂ V X eine abgeschlossene
Teilmenge und f : Y → [0, 1] eine stetige Abbildung. Wir suchen
F : X → [0, 1] stetig mit F |Y = f. Nach Urysohn finden wir F0 : X → [0, 1/3]
stetig mit f(x) ≤ 1/3 ⇒ F0(x) = 0 und f(x) ≥ 2/3 ⇒ F0(x) = 1/3 für alle
x ∈ Y. Es folgt
F0(x) ≤ f(x) ≤ 2/3 + F0(x)
für alle x ∈ Y. Nun nehmen wir die Funktion f1 = f − F0 : Y → [0, 2/3] und
finden F1 : X → [0, (1/3)(2/3)] mit F1(x) ≤ f1(x) ≤ (2/3) 2 + F1(x) ∀x ∈ Y
und mithin
F0(x) + F1(x) ≤ f(x) ≤ (2/3) 2 + F0(x) + F1(x)