Einführung in die Maß- und Integrationstheorie

11.2 σ-Algebren und Maße11.2.1 Definition und BeispieleWir beschreiben zunächst diejenigen Mengen, die wir messen wollen.Sei X eine nichtleere Menge und P(X) ihre Potenzmenge, d.h. die Menge aller Teilmengenvon X.Definition: Ein nichtleeres Mengensystem S ⊂ P(X) heißt• Ring, falls für alle A, B ∈ S gilt A ∪ B ∈ S und A\B ∈ S.• Algebra, falls für alle A, B ∈ S gilt A ∪ B ∈ S und X\A ∈ S.• σ-Algebra, falls die Vereinigung abzählbar vieler Mengen aus S ebenfalls in S liegtund mit A ∈ S auch X\A ∈ S gilt.Satz 11.2. Ringe, Algebren und σ-Algebren haben folgende Eigenschaften:1. Ist R ⊂ P(X) ein Ring, so gilt• ∅ ∈ R.• A, B ∈ R ⇒ A ∩ B ∈ R.⋃• A 1 , . . . A m ∈ R ⇒ m m⋂A i , A i ∈ R.i=1i=12. Ist A ⊂ P(X) eine Algebra, so gilt• ∅, X ∈ A.• A ist ein Ring.3. Ist R ⊂ P(X) ein Ring mit X ∈ R, so ist R ist eine Algebra.4. Sei A eine σ-Algebra. Sind A 1 , A 2 , A 3 , . . . abzählbar viele Mengen aus A, dann gilt∞⋂A k ∈ A.k=15. Der Durchschnitt beliebig vieler σ-Algebren ist eine σ-Algebra.Beweis: 1. Sei R ein Ring.• Da R nicht leer ist, gibt es eine Menge A ∈ R. Folglich ist ∅ = A\A ∈ R.• A, B ∈ R ⇒ A ∩ B = A \ (A \ B) ∈ R.• Die dritte Aussage beweist man durch Induktion2. Sei A eine Algebra.• A ∈ A ⇒ X\A ∈ A ⇒ X = A ∪ (X\A) ∈ A.• ∅ = X\X ∈ A.• Seien A, B ∈ A. Dann giltA\B = A ∩ (X\B) = (X\(X\A)) ∩ (X\B) = X\((X\A) ∪ B) ∈ A .} {{ }∈ADen Rest beweist man analog.6

2. Das Dirac-MaßSei p ∈ X ein fixierter Punkt. Das Dirac-Maß entscheidet, ob p in einer Menge liegtoder nicht. Wir definieren δ p : P(X) → [0, ∞] durchδ p (A) =δ p ist ein vollständiges, σ-endliches Maß.{1 falls p ∈ A0 falls p ∉ A3. Sei (x n ) ∞ n=1 eine Folge im R n ohne Häufungspunkte und f : N → [0, ∞) eine “Gewichtsfunktion”.Wir definieren µ f : P(R n ) → [0, ∞] durchµ f (A) := ∑f(n).x n ∈Aµ f ist ein vollständiges, σ-endliches Maß. Die σ-Endlichkeit folgt, da man R n durchkompakte Kugeln ausschöpfen kann, die jeweils nur endlich viele Folgenglieder x nenthalten können, da (x n ) ∞ n=1 keinen Häufungspunkt hat.4. Sei X = R n und R n der Ring der Figuren aus Beispiel 5, Kapitel 11.2.1. Für einenQuader Q = [a 1 , b 1 ) × . . . × [a n , b n ) betrachten wir sein geometrisches Volumenvol(Q) :=n∏(b i − a i ).i=1Wir definieren den Inhalt einer Figur als Summe der Volumen der Quader, derendisjunkte Vereinigung die Figur bildet. D.h. v n : R n → [0, ∞) ist definiert durch⎧⎨m∑⋃vol(Q i ) falls A = m Q i , Q i ∈ E n paarweise disjunktv n (A) := i=1i=1⎩0 falls A = ∅v n (A) hängt nicht von der Zerlegung von A ab.v n ist ein σ-endlicher σ-Inhalt (Übungsaufgabe 11.3).11.2.2 Konstruktion von Maßräumen nach CaratheodoryIn diesem Abschnitt lernen wir ein Verfahren kennen, mit dem man Maßräume konstruierenkann. Diese Konstruktion stammt von Caratheodory.Wir gehen von einem Ring R und einem Inhalt µ : R → [0, ∞] aus. Dies ist oft einfach anzugeben.Wir wollen (R, µ) zu einem Maßraum (X, A, ˜µ) erweitern mit R ⊂ A und ˜µ| R = µ.Definition: Eine Abbildung µ ∗ : P(X) → [0, ∞] heißt äußeres Maß auf X, falls1. µ ∗ (∅) = 0.2. A ⊂ B ⇒ µ ∗ (A) ≤ µ ∗ (B) (Monotonie).3. µ ∗ ( ∞ ⋃n=1∑A n ) ≤ ∞ µ ∗ (A n ) (σ-Halbadditivität)n=1Bemerkung: Jedes Maß auf P(X) ist ein äußeres Maß (Satz 11.4), aber es existierenäußere Maße, die keine Maße sind (Übungsaufgabe 11.6).11

Folglich ist A ∪ B ∈ A µ ∗.Ist andererseits µ ∗ (E ∩ B ∩ (X\A)) = ∞. Dann folgt aus (11.1) µ ∗ (E ∩ (A ∪ B)) = ∞.Wegen der Monotonie ist µ ∗ (E) = ∞. Das zeigt ebenfalls, dass A ∪ B ∈ A µ ∗.2. Wir zeigen nun, dass A µ ∗ eine σ-Algebra ist:Seien A, B ∈ A µ ∗ disjunkt, d.h. B ⊂ X\A. Aus (11.1) folgt dannµ ∗ (E ∩ (A ∪ B)) = µ ∗ (E ∩ A) + µ ∗ (E ∩ B) .Durch Induktion erhält man: Sind A 1 , . . . , A n ∈ A µ ∗paarweise disjunkt, so istundn⋃A i ∈ A µ ∗i=1n⋃µ ∗ (E ∩ ( A i )) =i=1n∑µ ∗ (E ∩ A i ) (11.3)Seien nun B 1 , B 2 , . . . ∈ A µ ∗ abzählbar viele µ ∗ -meßbare Mengen. Wir müssen zeigen, dass∞⋃B i ∈ A µ ∗. Dazu betrachten wir die folgende Folge paarweise disjunkter Mengen:i=1A 1 := B 1i=1A i := B i \(B 1 ∪ . . . ∪ B i−1 ) i > 1 .Die Mengen A i sind µ ∗ ⋃-meßbar und es gilt n ⋃A i = n B i .Aus (11.3) folgt für alle E ⊂ Xi=1i=1n⋃n⋃µ ∗ (E) = µ ∗ (E ∩ B i ) + µ ∗ (E ∩ (X\ B i )) =≥i=1n∑∞⋃µ ∗ (E ∩ A i ) + µ ∗ (E ∩ (X\ B i )) .i=1i=1Bilden wir den Grenzwert für n → ∞, so folgt∞∑∞⋃∞⋃µ ∗ (E) ≥ µ ∗ (E ∩ A i ) + µ ∗ (E ∩ (X\ B i )) ≥ µ ∗ (E ∩i=1⋃Damit gilt ∞ B i ∈ A µ ∗.i=1i=1i=1n∑n⋃µ ∗ (E ∩ A i ) + µ ∗ (E ∩ (X\ B i ))i=1i=1A i} {{ }⋃ ∞i=1 B ii=1∞⋃) + µ ∗ (E ∩ (X\ B i )) .3. Es ist noch zu zeigen, dass µ ∗ | Aµ ∗ ein Maß ist. Nach Definition gilt µ ∗ (∅) = 0. Es bleibtalso zu zeigen, dass µ ∗ | Aµ ∗ σ-additiv ist. Seien dazu A 1 , A 2 , . . . ∈ A µ ∗ paarweise disjunkteµ ∗ -meßbare Mengen. Für alle E ⊂ X gilt:n⋃n⋃n⋃µ ∗ (E) = µ ∗ (E ∩ ( A i )) + µ ∗ (E ∩ (X\ A i )) ≥ µ ∗ (E ∩ ( A i ))Für n → ∞ folgt darausi=1i=1n⋃= µ ∗ ( (E ∩ A i )) (11.3)=µ ∗ (E) ≥i=1n∑µ ∗ (E ∩ A i )i=1ı=1i=1∞∑µ ∗ (E ∩ A i ) (11.4)ı=113

⋃Setzt man in (11.4) E = ∞ A i , so folgti=1∞⋃µ ∗ (i=1i=1A i ) ≥∞∑µ ∗ (A i )i=1Da µ ∗ σ-halbadditiv ist, gilt andererseits∞⋃ ∞∑µ ∗ ( A i ) ≤ µ ∗ (A i )Somit ist µ ∗ ein Maß auf A µ ∗.4. Die Vollständigkeit von µ ∗ folgt nach obiger Bemerkung (Übungsaufgabe 11.7).i=1Wie erhält man äußere Maße? Wir geben hier eine Konstruktion an, die von einem Ring mitInhalt ausgeht. Andere Konstruktionen für metrische Räume (X, d) werden in der Übungbehandelt (metrische äußere Maße, Hausdorff-Maße; man findet sie auch im Buch von J.Elstrodt 1 ).Satz 11.6. Sei µ : R → [0, ∞] ein Inhalt auf einem Ring R über X. Wir definierenµ ∗ : P(X) → [0, ∞] durch⎧ {⎨ ∑ ∞ ⋃µ ∗ inf µ(A n ) ∣ wobei E ⊂ ∞ }A n , und A n ∈ R ∀n(E) :=n=1n=1⎩+∞, falls E nicht in einer abzählbaren Vereinigung von Mengen aus R liegtDann gilt:1. µ ∗ ist ein äußeres Maß auf X (das von µ erzeugte äußere Maß).2. R ⊂ A µ ∗.3. Ist µ ein σ-Inhalt, so gilt µ = µ ∗ | R .Man kann also jeden Prämaßraum (X, R, µ) zu einem vollständigen Maßraum (X, A µ ∗, µ ∗ )fortsetzen, wobei µ ∗ das von µ erzeugte äußere Maß ist. Ein Tripel (X, R, µ) nennt manPrämaßraum, wenn µ ein σ-Inhalt auf dem Ring R über X ist.Beweis:1. µ ∗ ist ein äußeres Maß:Da ∅ ∈ R und µ(∅) = 0, folgt µ ∗ (∅) = 0 . Wir zeigen als nächstes die Monotonie vonµ ∗ . Sei dazu A ⊂ B. Ist µ ∗ (B) = ∞, so gilt die Behauptung. Wir setzen deshalb voraus,dass µ ∗ (B) < ∞. Sei ε > 0. Nach Definition des Infimums existieren Ringelemente⋃A 1 , A 2 , A 3 , . . . , mit B ⊂ ∞ A n , so dassDa A ⊂ B ⊂ ∞ ⋃n=1n=1∞∑µ(A n ) < µ ∗ (B) + ε .n=1A n , folgt µ ∗ ∑(A) ≤ ∞ µ(A n ) < µ ∗ (B) + ε. Mit ε → 0 folgt die Monotonie.n=1Es bleibt die σ-Halbadditivität zu beweisen. Sei (C n ) ∞ n=1 eine Folge von Teilmengen von X.Zu zeigen ist, dass∞⋃∞∑µ ∗ ( C n ) ≤ µ ∗ (C n ).n=1n=11 J. Elstrodt: Maß-und Integrationstheorie, Springer 199814

OBdA können wir voraussetzen, dass µ ∗ (C n ) < ∞ für alle n ∈ N. Sei ε > 0. Nach Definitionvon µ ∗ ⋃existieren Mengen A nk ∈ R, k = 1, 2, . . . mit C n ⊂ ∞ A nk undDa ∞ ⋃n=1C n ⊂n=1∞ ⋃n,k=1∞∑k=1µ(A nk ) ≤ µ ∗ (C n ) + ε2 n .A nk folgt nach Definition von µ ∗∞⋃∞∑ ∞∑∞∑µ ∗ ( C n ) ≤ µ(A nk ) ≤ (µ ∗ (C n ) + ε∞ 2 n ) = ∑∞∑µ ∗ (C n ) + εn=1 k=1Mit ε → 0 folgt die Behauptung.n=1k=1n=1n=112 n} {{ }=12. R ⊂ A µ ∗:Sei A ∈ R. Zu zeigen ist, dass A µ ∗ -meßbar ist. Dazu genügt es zu zeigen, dass für alleE ⊂ X mit µ ∗ (E) < ∞ giltµ ∗ (E) ≥ µ ∗ (E ∩ A) + µ ∗ (E ∩ (X\A)) .Wir wählen dazu A n ∈ R, n = 1, 2, . . . mit E ⊂ ∞ ⋃A n = (A n ∩ A)} {{ }∈Rn=1A n . Es gilt:˙⋃(X\A) ∩ An} {{ }=(A n \A) ∩ A n} {{ }∈RDa µ ein Inhalt ist, folgt µ(A n ) = µ(A ∩ A n ) + µ(A n ∩ (X\A)) für alle n ∈ N und somit.∞∑∞∑∞∑µ(A n ) = µ(A ∩ A n ) + µ(A n ∩ (X\A))n=1n=1n=1(∗)⋃Da E ∩ A ⊂ ∞ ⋃(A n ∩ A) und E ∩ (X\A) ⊂ ∞ (A n ∩ (X\A)), folgt weiterhinn=1µ ∗ (E ∩ A) + µ ∗ (E ∩ (X\A))∞⋃∞⋃≤ µ ∗ ( (A n ∩ A)) + µ ∗ ( (A n ∩ (X\A)) (Monotonie)≤≤(∗)=n=1n=1n=1n=1∞∑∞∑µ ∗ (A n ∩ A) + µ ∗ (A n ∩ (X\A)) (σ- halbadditiv)n=1n=1∞∑∞∑µ(A n ∩ A) + µ(A n ∩ (X\A)) (da A n ∩ A ∈ R)∞∑µ(A n )n=1(∗∗)Wir bilden in (∗∗) das Infimum über alle Mengen-Folgen (A n ) ∞ n=1 und erhaltenAlso gilt: A ∈ A µ ∗.n=1µ ∗ (E ∩ A) + µ ∗ (E ∩ (X\A)) ≤ µ ∗ (E).15

3. Sei µ ein σ-Inhalt. Wir zeigen nun, dass µ ∗ | R = µ: Für alle A ∈ R gilt µ ∗ (A) ≤ µ(A). Zuzeigen bleibt µ(A) ≤ µ ∗ ⋃(A). Wir wählen dazu Mengen A n ∈ R, n = 1, 2, . . . mit A ⊂ ∞und zerlegen A in paarweise disjunkte Mengen C n aus R:C 1Dann ist A = ∞ ⋃:= A ∩ A 1 ∈ RC n := (A ∩ A n )\((A ∩ A 1 ) ∪ . . . ∪ (A ∩ A n−1 )) ∈ R n > 1 .n=1C n und aus der σ-Additivität und der Monotonie von µ folgt∞⋃∞∑∞∑µ(A) = µ( C n ) ≤ µ(C n ) ≤ µ(A n ).n=1 n=1n=1A nn=1Bilden wir nun das Infimum über alle solche Folgen (A n ), so erhalten wir µ(A) ≤ µ ∗ (A).Das eben in Satz 11.6 definierte äußere Maß hat eine zusätzliche Eigenschaft, die wir jetztdefinieren.Definition: Ein äußeres Maß µ ∗ : P(X) → [0, ∞] heißt regulär, falls für jede Menge E ⊂ Xeine µ ∗ -meßbare Obermenge A ⊃ E mit µ ∗ (E) = µ ∗ (A) existiert.Das in Satz 11.6 definierte äußere Maß ist regulär. Man kann die Obermenge A sogar ausder kleinsten von R erzeugten σ-Algebra A σ (R) ⊂ A µ ∗ wählen. (Übungsaufgabe 11.8).Sei (X, R, µ) ein Prämaßraum. A σ (R) ist die kleinste σ-Algebra, die R enthält, also giltA σ (R) ⊂ A µ ∗. (X, A σ (R), µ ∗ | Aσ(R)) ist die “kleinste” Fortsetzung des Prämaßraumes zueinem Maßraum und evtl. kleiner als der vollständige Maßraum (X, A µ ∗, µ ∗ | Aµ ∗ ).Wie verhalten sich diese Maßräume zueinander?Dazu führen wir den Begriff der Vervollständigung eines Maßraumes ein und zeigen, dassim Falle σ-endlichen Inhalts die σ-Algebra A µ ∗ die Vervollständigung von A σ (R) ist.Sei (X, A, µ) ein Maßraum. Wir bezeichnen im folgenden mitA 0 := {N ∈ A | µ(N) = 0}die Menge der Nullmengen von (X, A, µ). Desweiteren definieren wirsowieĀ µ := {E ⊂ X | E = A ∪ N; A ∈ A, N ⊂ N 0 ∈ A 0 }(¯µ ist korrekt definiert: Übungsaufgabe 11.9)¯µ : Ā¯µ −→ [0, ∞]E = A ∪ N ↦−→ ¯µ(E) := µ(A)Bemerkung: Nach Definition ist A ⊂ Āµ . Ist µ vollständig, so gilt A = Āµ . Ist nämlichE = A ∪ N ∈ Āµ , A ∈ A , N ⊂ N 0 ∈ A 0 , so ist auf Grund der Vollständigkeit N ∈ A undsomit E ∈ A.Satz 11.7. Sei (X, A, µ) ein Maßraum. Dann ist (X, Āµ , ¯µ) ein vollständiger Maßraum(“Vervollständigung von (X, A, µ)”).16

Es genügt also zu zeigen, dass σ(E ∩ X n ) = ˜µ(E ∩ X n ) gilt. Wir zeigen etwas allgemeinerdie folgende Behauptung: Sei A ∈ R eine Menge von endlichem Maß und Y ∈ A σ (R) eineTeilmenge von A. Dann gilt σ(Y ) = ˜µ(Y ): Nach Definition istEs gilt:⎧⎪⎨ ∞∑˜µ(Y ) = µ ∗ (Y ) = inf µ(A n )⎪⎩ } {{ }σ(Y ) ≤ σ( ⋃ nn=1=σ(A n )n=1| Y ⊂ ⋃ nA n ,∞∑∞∑A n ) ≤ σ(A n ) = µ(A n )n=1⎫⎪⎬A n ∈ R⎪⎭Wir bilden das Infimum über alle derartigen Folgen (A n ) ∞ n=1 und erhalten σ(Y ) ≤ µ ∗ (Y ) =˜µ(Y ). Analog erhält man σ(A\Y ) ≤ ˜µ(A\Y ). Damit ergibt sich˜µ(A) = σ(A) = σ(A\Y ) + σ(Y ) ≤ ˜µ(A\Y ) + ˜µ(Y ) = ˜µ(A)D.h. in der letzten Kette gilt überall die Gleichheit. Insbesondere ist demnach σ(Y ) = ˜µ(Y ).Wir fassen abschließend die in Abschnitt 11.2. dargestellte Konstruktion in dem folgendenDiagramm zusammen.(X, R, µ)Prämaßraum✲(X, P(X), µ ∗ )äußeres Maß(X, A σ (R), ˜µ := µ ∗ | Aσ(R))minimale Fortsetzungzu einem Maßraum;eindeutig falls µ σ-endlich.✙Vervollst.✲µ σ-endl.❄(X, A µ ∗, µ ∗ | Aµ ∗ )vollständige Fortsetzungzu einem Maßraum.Im nächsten Abschnitt wenden wir diese Konstruktion auf den folgenden Prämaßraum an:X = R n , R = R n = Ring der Figuren im R n , µ = v n = elementargeometrisches Volumender Figuren (siehe Abschnitt 11.2.1)11.2.3 Das Lebesgue-Maß im R nFür die Integrationstheorie im R n benutzt man das “Lebesgue-Maß”, das jetzt definiertwird. Seien X = R n , R n der Ring der Figuren des R nR n = {∅} ∪ {A ⊂ R n | A =m⋃Q i , Q i paarweise disjunkte halboffene Quader}i=1und ν n : R → [0, ∞) das elementargeometrische Volumen der Figuren⎧⎨ν n (A) = m∑⎩i=10 falls A = ∅⋃vol(Q i ) falls A = m Q i .19i=1

Wir vergrössern nun die Quader W l etwas: Seien ˜W l Quader mit W l ⊂ int ˜W l und∞∑vol( ˜W l ) ≤l=1=∞∑(vol(W l ) +ε2 l+1 )l=1∞∑vol(W l ) + ε (∗ ∗ ∗)2l=1Wir setzen U := ⋃ ∞l=1 int ˜W l ⊂ R n . Dann ist U offen und es gilt A ⊂ U. Da λ n (A) < ∞ ist,folgtλ n (U\A) = λ n (U) − λ n (A) ≤(∗∗)(∗∗∗)≤Also gilt λ n (U\A) < ε.∞∑k=1∞∑ν n (int ˜W l ) − λ n (A) ≤l=1∞∑ν n ( ˜W l ) − λ n (A)l=1ν n (A k ) + ε 2 − λ n(A) (∗)≤ λ ∗ n(A) + ε − λ n (A) = ε2. Fall: Sei λ n (A) = ∞. Wir führen dies auf den 1. Fall zurück: Sei W k = [−k, k) n ⊂ R nund A k := A ∩ W k . Dann gilt λ n (A k ) ≤ λ n ((W k ) = vol(W k ) = (2k) n < ∞. Dann benutztman den 1. Fall für A k und schließt damit auf A.2. Sei A ∈ L(R n ) und ε > 0. Da dann auch X\A ∈ L(R n ), existiert nach 1) eine offeneMenge U ⊂ R n mit X\A ⊂ U und λ n (U\(X\A)) = λ n (U ∩ A) < ε . Die Menge F := X\Uist abgeschlossen. Es gilt F ⊂ A undλ n (A\F ) = λ n (A\(X\U)) = λ n (A ∩ U) < ε.Es gilt auch die Umkehrung von Satz 11.10:Satz 11.11 (Charakterisierung von Lebesgue-Mengen). Sei A ⊂ R n eine nichtleereMenge. Gelte (mindestens) eine der beiden Bedingungen:1. Zu jedem ε > 0 existiert eine offene Menge U ⊃ A mit λ n (U\A) ≤ ε.2. Zu jedem ε > 0 existiert eine abgeschlossene Menge F ⊂ A mit λ n (A\F ) ≤ ε.Dann ist A Lebesgue-meßbar.Beweis:1. Es gelte 1). Wir wählen ε = 1 k mit k ∈ N. Seien U k offene Mengen mit A ⊂ U k undλ ∗ n(U k \A) ≤ 1 k . Wir setzen B := ⋂ ∞ U k . Dann gilt A ⊂ B und B ∈ B(R n ) ⊂ L(R n ) (Satzk=111.2). Für die Differenzmenge N := B\A gilt dann N ⊂ U k \A für alle k ∈ N. Folglich istλ ∗ n(N) ≤ λ ∗ n(U k \A) ≤ 1 kfür alle k und deshalb λ∗ n(N) = 0. Da λ ∗ n vollständig ist, erhaltenwir N ∈ A λ ∗ n= L(R n ). Somit ist A = B\N ∈ L(R n ).2. Es gelte 2). Wir wählen ε = 1 k mit k ∈ N. Dann existieren abgeschlossene Mengen F k ⊂ Amit λ ∗ n(A\F k ) < 1 ⋃k. Sei B :=∞ F k ∈ B(R n ) ⊂ L(R n ). Dann gilt A = B ∪ (A\B) undk=1A\B = A\ ( ⋃ ∞k=1 F k) ⊂ A\F k . Aus der Monotonie des äußeren Maßes folgt λ ∗ n(A\B) ≤ 1 kfür alle k ∈ N und somit λ ∗ n(A\B) = 0. Wiederum aus der Vollständigkeit des äußerenMaßes folgt A\B ∈ L(R n ). Wir erhalten damit A ∈ L(R n ).21

Dann istT (A) = T (A ∩ ⋃ jQ j ) = T ( ⋃ j(A ∩ Q j )) = ⋃ jT (A ∩ Q j ).Folglich genügt es zu zeigen, dass T (A ∩ Q j ) eine Lebesguesche Nullmenge ist. Da A eineLebesguesche Nullmenge ist, existieren nach dem Kriterium für Lebesguesche Nullmengenaus Folgerung 1 zu jedem ε > 0 abzählbar viele Würfel W m , m = 1, 2, 3 . . ., so dass∞⋃A ⊂ intW mm=1und∞∑vol (W m ) < ε .m=1Sei 2r m die Seitenlänge von W m und ξ m das Zentrum von W m . Für x ∈ A ∩ Q j ∩ int(W m )gilt‖x − ξ m ‖ ∞ := max {|x i − ξ mi | | i = 1, . . . , n} < r mDa T eine C 1 -Abbildung ist, ist T | clQjeine Konstante M j ∈ R + mitLipschitzstetig (siehe Analysis II). Somit existiert‖T x − T ξ m ‖ ∞ ≤ M j ‖x − ξ m ‖ ∞ < M j · r m ,d.h. T x liegt im Inneren eines Würfels Ŵm mit dem Zentrum T ξ m und der Kantenlänge2 · M j · r m .Dann giltT (A ∩ Q j ) =∞∑vol(Ŵm) =m=1∞⋃∞⋃T (A ∩ Q j ∩ intW m ) ⊂ intŴm undm=1∞∑(2r m · M j ) n ≤m=1m=1m=1∞∑vol(W m ) · (M j ) n ≤ ε · (M j ) nDann ist gemäß dem Nullstellen-Kriterium T (A ∩ Q j ) eine Lebesguesche Nullmenge.Satz 11.13. 1. Sei T : U ⊂ R n → R n eine abgeschlossene C 1 -Abbildung. Dann gilt: IstA ⊂ U Lebesgue-meßbar, so ist T (A) ebenfalls Lebesgue-meßbar.2. Sei L : R n → R n eine lineare Abbildung mit der Determinante DetL ≠ 0. Ist A ∈L(R n ), so ist L(A) ∈ L(R n ) und für die Maße gilt:λ n (L(A)) = |DetL| · λ n (A)Beweis: 1. Nach Folgerung 1 ist die Menge A genau dann Lebesgue-meßbar, wenn sie eineDarstellung der Form A = ( ∞⋃ )F k ∪ N besitzt, wobei Fk ⊂ R n abgeschlossene Mengenk=1sind und N eine Lebesguesche Nullmenge ist. Da die Abbildung T abgeschlossen ist, bildetsie die abgeschlossenen Mengen F k in abgeschlossenen Mengen T (F k ) ab. Nach Satz 11.12ist T (N) eine Nullmenge. Nach Folgerung 1 istebenfalls eine Lebesgue-Menge.( ⋃ ∞T (A) =k=1)T (F k ) ∪ T (N)2. Jede lineare Abbildung L : R n → R n mit DetL ≠ 0 ist ein Isomorphismus, somit einC 1 -Diffeomorphismus und insbesondere abgeschlossen. Also ist mit A ∈ L(R n ) auch L(A) ∈24

also|DetL|(λ n (A) − ε) ≤ |DetL| λ n (F ε ) ≤ |DetL| · λ n (U ε ) (b)= λ n (L(U ε ))= λ n (L(F ε )) + λ n (L(U ε \F ε ) ≤ λ n (L(A)) + |DetL| · λ n (U ε \F ε )} {{ }offen= λ n (L(A)) + |DetL| · λ n ((U ε \A) ∪ (A\F ε ))≤ λ n (L(A)) + |DetL| · (ε + ε)Mit ε → 0 ergibt sich|DetL| · λ n (A) ≤ λ n (L(A)).(∗∗)(∗) und (∗∗) ergeben die Behauptung.Bemerkungen:1. Das Lebesgue-Maß ist insbesondere bewegungsinvariant. Sei F : R n → R n eine EuklidischeBewegungF (x) = Lx + x 0 , L ∈ O(n) , x 0 ∈ R n .Dann gilt: Ist A ∈ L(R n ), so ist F (A) ∈ L(R n ) und λ n (F (A)) = λ n (A).2. In Kapitel 11.6 werden wir das Lebesgue-Maß λ n (F (A)) für einen beliebigen C 1 -Diffeomorphismus F bestimmen (Transformationsformel für das Lebesgue-Integral).Eine Modifikation des Lebesgue-Maßes erhält man durch Gewichtung des Volumens vonQuadern:Das Lebesgue-Stieltjes-Maß im R nSei f : R 1 → R eine monoton-wachsende, linksseitig stetige Funktion. Für einen halboffenen∏Quader Q = n [a i , b i ) setzt mani=1n∏v f (Q) := (f(b i ) − f(a i )).i=1v f ist ebenfalls ein σ-endlicher σ-Inhalt auf dem Ring der Figuren R n . Das davon definierteäußere Maß vf ∗ heißt äußeres Lebesgue-Stieltjes-Maß und definiert(R n , A v ∗f, vf ∗ | Av ∗ ) Lebesgue-Stieltjes-Maß im R n .f11.3 Meßbare FunktionenSei (X, A, µ) ein Maßraum. In den folgenden Abschnitten wollen wir erklären, wie manFunktionen f : X → R integrieren kann. Das geht nicht für alle Funktionen (wie z.B. dasRiemann-Integral zeigt), sondern nur für eine Teilklasse, die “meßbaren” Funktionen.26

2. {x ∈ X | f(x) ≥ a} ∈ A ∀a ∈ R3. {x ∈ X | f(x) > a} ∈ A ∀a ∈ R4. {x ∈ X | f(x) ≤ a} ∈ A ∀a ∈ R5. {x ∈ X | f(x) < a} ∈ A ∀a ∈ RFür Konvergenzzwecke dehnt man die Klasse der reellwertigen Funktionen aus, indem manim Wertebereich die Werte +∞ und −∞ zulässt. Bezeichne ¯R die Menge¯R := R ∪ {+∞} ∪ {−∞} := [−∞, +∞].Eine Abbildung f : X → ¯R heißt numerische Funktion. Mit den Symbolen ±∞ rechnet manwie naheliegend:(±∞) + (±∞) := ±∞a + (±∞) := (±∞) + a := ±∞ ∀a ∈ R{±∞ a ∈ (0, ∞]a · (±∞) := (±∞) · a :=∓∞ a ∈ [−∞, 0)Darüber hinaus treffen wir die folgenden formalen Festlegungen 2 :0 · (±∞) := (±∞) · 0 := 0(+∞) + (−∞) := (−∞) + (+∞) := 0Damit haben wir auf der Menge ¯R die Operationen + und · eingeführt, die die Addition unddie Multiplikation von reellen Zahlen auf ¯R fortsetzten. Beide Operationen sind kommutativ,aber auf ¯R nicht assoziativ. Das Distributivgesetz gilt ebenfalls nicht mehr.Als nächstes legen wir auf ¯R eine Topologie fest:Eine Teilmenge A ⊂ ¯R sei genau dann offen, wenn A ∩ R ⊂ R offen ist und wenn im Falle+∞ ∈ A (bzw. −∞ ∈ A) ein a ∈ R existiert mit (a, +∞] ⊂ A (bzw. [−∞, a) ⊂ A). Mitdieser Topologie erhält man für die Borelmengen auf ¯RB(¯R) := A σ (O(¯R)) = {B ∪ E | B ∈ B(R), E ⊂ {+∞, −∞}}Insbesondere gilt: B(¯R) R = B(R).Definition: Eine numerische Funktion f : X → ¯R heißt A-meßbar, falls f (A, B( ¯R))meßbar ist.Folgerung 3 gilt auch für numerische Funktionen. Mit Hilfe von Folgerung 3 beweist manfolgenden Satz (Übungsaufgaben 11.17 und 11.18):Satz 11.15 (Eigenschaften meßbarer Funktionen). Sei (X, A) ein meßbarer Raum.Dann gilt1. Sind f, h : X → ¯R A-meßbar, so sind auch die Funktionen f + h, f · h, max(f, h),min(f, h) und |f| A-meßbar.2 Dies wird nicht in allen Büchern zur Maß-und Integrationstheorie so gemacht, aber in einigen, z.B. imBuch von J. Elstrodt. Ich schließe mich dem an, da man dadurch in der Lage ist, auch numerische Funktionenzu addieren und zu multiplizieren28

2. f = (f 1 , . . . , f n ) : X → R n ist genau dann A-meßbar, wenn alle Komponentenf i : X → R, i = 1, 2, . . . , n , A-meßbar sind.3. Sei f n : X → ¯R, n = 1, 2, . . . , eine Folge A-meßbarer Funktionen. Dann sind dieFunktionen sup f n , inf f n , lim sup f n und lim inf f n ebenfalls A-meßbar.Wir wollen nun jede nichtnegative numerische A-meßbare Funktion durch “einfache” Funktionenapproximieren. Sei A ⊂ X. Die Funktion χ A : X → {0, 1}χ A (x) :=heißt charakteristische Funktion von A.{0 x ∉ A1 x ∈ AIst (X, A) ein meßbarer Raum und A ∈ A, so ist χ A : X → R meßbar (Folgerung 3).Definition: Sei (X, A) ein meßbarer Raum. Eine Funktion f : X → R heißt einfach, falls espaarweise disjunkte A-meßbare Mengen A 1 , A 2 , . . . , A n und reelle Zahlen c 1 , c 2 , . . . , c n gibt,so dass1. X = n ⋃A ii=1und∑2. f = n c i χ Ai .i=1Jede einfache Funktion ist meßbar.Satz 11.16. Sei (X, A) ein meßbarer Raum und f : X → ¯R eine nichtnegative A-meßbareFunktion. Dann existiert eine monoton wachsende Folge nichtnegativer einfacher Funktionen(f n ) ∞ n=1 mit f n ≤ f, die punktweise gegen f konvergiert.(Wir werden dafür die Bezeichnung f n ↑ f benutzen).Beweis: Sei f : X → ¯R A-meßbar und f ≥ 0. Wir definieren die Funktionenfolge f n durch⎧⎨ i−12falls f(x) ∈ [ i−1 if n (x) :=n 2, n 2) , i = 1, 2, . . . 2 n · nn⎩ n falls f(x) ≥ nRff nApproximation von f im BildbereichX29

Nach Definition gilt f n ≤ f. Die Funktionen f n sind einfach. Seien nämlichA ni :={x ∈ X | i − 12 n ≤ f(x) < i2 n }A n := {x ∈ X | f(x) ≥ n}i = 1, . . . , 2 n · nDa f A-meßbar ist, sind A ni , A n ∈ A. Da f ≥ 0, ist X die disjunkte Vereinigung der MengenA n und A ni , i = 1, . . . , 2 n · n. Nach Definition von f n gilt außerdemf n =n·2 n∑i=1i − 12 n · χ A ni+ n · χ An .Also ist f n eine einfache Funktion. Wir zeigen nun, dass die Funktionenfolge (f n ) monotonwachsend ist: Für die Mengen A ni gilt:A ni ={2(i − 1)x ∈ X |2 n+1 ≤ f(x) < 2i − 1 }} {{2 n+1 }A n+1,2i−1{∪Aus der Definition der Funktionen f n und f n+1 erhält manf n+1 | An+1,2i−1 =x ∈ X | 2i − 12i}≤ f(x) f n | AniA n = A n+1 ∪ {x ∈ X | n ≤ f(x) < n + 1}undf n+1 | An+1 = n + 1 > f n | An+1 = n und f n+1 | {n≤f

Es gilt U = ∞ ⋃k=1für alle k ∈ N gilt. Es istU k := {x ∈ Y | dist(x, Y \U) > 1 } {{ } k } ⊂ YabgU k und f −1 (U) = ∞ ⋃k=1f −1 (U k ). Es genügt somit zu zeigen, dass f −1 (U k ) ∈ Af −1 (U k ) = {x ∈ X | f(x) ∈ U k } = {x ∈ X | d(f(x), X\U) > 1 k }.Da lim f n(x) = f(x), folgt aus der Dreiecksungleichungn→∞{f −1 (U k ) = x ∈ X | ∃ n 0 ∈ N mit d(f n (x), X\U) > 1 }k ∀ n ≥ n 0=∞⋃n 0 =1⋂{x ∈ X | d(f n (x), X\U) > 1 k }n≥n 0 } {{ }{x∈X | f n (x)∈U k }=fn −1 (U k )Da die Funktionen f n : X → Y meßbar sind, ist f −1n (U k ) ∈ A ∀n ∈ N und folglich giltf −1 (U k ) ∈ A.Für vollständige Maßräume kann man die Meßbarkeitsvoraussetzung an die Folge (f n )etwas abschwächen.Definition: Sei (X, A, µ) ein Maßraum. Man sagt: Eine Eigenschaft gilt auf X“µ-fast überall”, falls sie auf X\N gilt, wobei N ∈ A eine µ-Nullmenge ist.Satz 11.18. Sei (X, A, µ) ein vollständiger Maßraum, Y ein metrischer Raum oder Y = ¯R.Sei (f n : X → Y ) eine Folge A-meßbarer Funktionen und f : X → Y . Die Folge (f n )konvergiere µ-fast überall gegen f, d.h.lim f n(x) = f(x) ∀x ∈ X\N, N ∈ A 0 .n→∞Dann ist die Grenzfunktion f ebenfalls A-meßbar.Beweis: Sei E := {x ∈ X | f(x) = lim f n(x)}. Es gilt X = E ˙∪(X\E). Nach Voraussetzungist X\E ∈ A 0 . Da die Funktionen f n meßbar sind, ist auch f n | E meßbar. Nachn→∞Definition konvergiert die Folge (f n | E ) punktweise gegen f| E . Nach Satz 11.17 ist dannf| E A-meßbar. Da X\E eine Nullmenge und µ vollständig ist , ist f| X\E ebenfalls A-meßbar (Satz 11.14). Wiederum aus Satz 11.14 folgt somit, dass f : X → Y A-meßbar ist.11.3.2 Lebesgue-meßbare Funktionen auf R nDefintion: Eine numerische Funktion f : R n → ¯R heißt• Borel-meßbar, falls f B(R n )-meßbar ist.• Lebesgue-meßbar, falls f L(R n )-meßbar ist.Insbesondere ist jede stetige Funktion f : R n → R Borel-meßbar und somit auch auchLebesgue-meßbar. Man hat das folgende Kriterium für Lebesgue-meßbare Funktionen:31

11.4 Integration meßbarer Funktionen11.4.1 Definition und Eigenschaften des IntegralsIn diesem Abschnitt definieren wir das Integral über meßbare Funktionen auf einem Maßraumund studieren die Eigenschaften dieses Integrals. (X, A, µ) sei ein Maßraum undf : X → ¯R eine numerische, A-meßbare Funktion. Wir wollen ein Integral∫f dµ ∈ ¯RXdefinieren, das schöne Konvergenzeigenschaften hat und das das Maß zurückliefert, d.h. fürdas insbesondere∫µ(A) = χ A dµ ∀A ∈ Agilt. Ein solches Integral definieren wir in 3 Schritten:1. Integral für einfache Funktionen2. Integral für nichtnegative Funktionen3. Integral für beliebige numerische Funktionen.∑Definition: Sei f : X → R eine einfache Funktion und f = n c i χ Ai . Die Zahl∫XXf dµ :=n∑c i µ(A i )i=1heißt Integral von f über X bezüglich des Maßes µ.Man überprüft leicht, dass diese Definition korrekt ist, d.h. nicht von der Wahl der Darstellungvon f als einfache Funktion abhängt.Satz 11.21 (Eigenschaften des Integrals). Seien f, g : X → R einfache Funktionen.Dann gilt:i=11. Die Funktion αf + βg, α, β ∈ R , ist einfach und es gilt∫∫ ∫(αf + βg)dµ = α fdµ + βXXXgdµ2. Ist f ≤ g, so gilt ∫X∫fdµ ≤Xgdµ.Beweis: Wir stellen f und g als einfache Funktionen für eine gemeinsame disjunkte Zerlegungdar. Seienf =n∑m∑c i χ Ai , g = d j χ Bj .i=1⋃Wir wählen dann die Zerlegung X = ˙ (B j ∩ A i ) und stellen f und g in der Formf =∑n,mi,j=1i,jc i χ Ai ∩B j, g =j=1∑n,mi,j=1d j χ Ai ∩B j.34

dar. Dann folgen die Behauptungen aus der Definition.Definition: Sei (X, A, µ) ein Maßraum und f : X → [0, ∞] eine nichtnegative, numerische,A-meßbare Funktion. Dann heißt die Zahl∫{ ∫ }fdµ := sup ϕ dµ ∣ ϕ : X → R einfach, ϕ ≤ f ∈ [0, +∞]XXIntegral von f über X bzgl. des Maßes µ. Ist A ∈ A, so definiert man dasIntegral von f über A (bzgl. µ) durch∫ ∫fdµ := fχ A dµASatz 11.22. Sei (X, A, µ) ein Maßraum und seien f, g : X → [0, ∞] nichtnegative, A-meßbare Funktionen. Dann gilt1. f ≤ g auf A ∈ A ⇒ ∫ fdµ ≤ ∫ gdµA A2. A, B ∈ A, A ⊂ B ⇒ ∫ fdµ ≤ ∫ fdµA B3. Sind A und B disjunkte Mengen aus A. Dann gilt∫ ∫ ∫fdµ = fdµ + fdµ4.A∪B∫fdµ = 0 ⇐⇒ µ({x ∈ X|f(x) > 0}) = 0 , d.h. f = 0 µ-fast überall.XBeweis: 1)-3) folgen unmittelbar aus der Definition des Integrals und den Eigenschaftendes Integrals für einfache Funktionen (lassen wir als Übung). Wir beweisen nur 4.).(⇒): Wir setzen E n := {x ∈ X | f(x) ≥ 1 n } ∀ n ∈ N. Dann gilt E n ⊂ E n+1 undXAE := {x ∈ X | f(x) > 0} =B∞⋃E n .Da f meßbar ist, sind E n , E ∈ A (Folgerung 3.) Aus den Monotonieeigenschaften 1) und 2)folgt∫ ∫ ∫0 = fdµ ≥2.fdµ 1. 1≥n dµ = 1 n µ(E n) ∀n ∈ N.X E n E nAlso gilt µ(E n ) = 0 ∀n ∈ N. Aus der Stetigkeit des Maßes von unten folgtn=1µ(E) = limn→∞ µ(E n) = 0.(⇐): Sei E := {x ∈ X | f(x) > 0} und µ(E) = 0. Für jede einfache, nichtnegative Funktionϕ ≤ f gilt dann E ϕ := {x ∈ X | ϕ(x) > 0} ⊂ E , also µ(E ϕ ) = 0 und folglich ∫ Xϕ dµ = 0 .Aus der Integraldefinition erhält man dann ∫ f dµ = 0 .XAls nächstes beweisen wir zwei grundlegende Konvergenzeigenschaften für das Integral vonFunktionenfolgen:35

Satz 11.23 (Satz von Beppo Levi über monotone Konvergenz). Sei (X, A, µ) einMaßraum, (f n : X → [0, ∞]) eine monoton wachsende Folge A-meßbarer, nichtnegativerFunktionen und f : X → [0, ∞] die Grenzfunktion f(x) := limn→∞ f n(x), x ∈ X . Dann giltlimn→∞X∫ ∫f n dµ = fdµ.Beweis: Nach Satz 11.17 ist f : X → [0, ∞] meßbar. Da f n ≤ f n+1 ≤ f folgt aus Satz 11.22∫ ∫∫f n dµ ≤ f n+1 dµ ≤ fdµXXXXund somitlim∫n→∞X∫f n dµ ≤Xfdµ (11.5)Es bleibt, die Ungleichung in der anderen Richtung zu zeigen. Sei ϕ eine einfache Funktion∑mit ϕ ≤ f. Dann ist ϕ = m c i χ Ai . Sei λ ∈ (0, 1) fixiert und E n ⊂ X die Mengei=1Da f n ↑ f und λϕ < f, giltE n := {x ∈ X | λϕ(x) ≤ f n (x)} ∈ A.X =∞⋃E n und E n ⊂ E n+1 .n=1Die Mengen A i ⊂ X sind meßbar und erfüllen A i = ⋃ ∞n=1 (A i ∩ E n ) . Aus der Stetigkeitdes Maßes von unten folgt µ(A i ) = limn→∞ µ(A i ∩ E n ) . Nach Definition ist∫λXϕdµ = λm∑c i µ(A i ) = limi=1n→∞i=1m∑λc i µ(A i ∩ E n )∫ m∑∫= lim λc i χ Ai ∩En→∞ndµ = lim λϕχ En dµ} {{ } n→∞Xi=1χ Ai ·χ E Xn∫= lim λϕdµ.n→∞E nNach Definition von E n gilt λϕ ≤ f n auf E n . Somit folgt∫∫∫λ ϕdµ ≤ lim f n dµ ≤ limn→∞XE nn→∞Xf n dµ.Bilden wir den Grenzwert λ → 1 und das Supremum über alle einfachen Funktionen ϕ ≤ f,so erhalten wir∫∫fdµ ≤ lim f n dµ. (11.6)n→∞XXAus (11.5) und (11.6) folgt die Behauptung.36

Folgerung 4: Sei f : X → [0, ∞] eine A-meßbare, nichtnegative Funktion. Dann existierteine monoton wachsende Folge einfacher Funktionen (ϕ n ) mit ϕ n ↑ f (Satz 11.16) und esgilt∫∫fdµ = lim ϕ n dµXn→∞XFolgerung 5: Sei f nDann gilt: X → [0, ∞] eine Folge A- meßbarer, nichtnegativer Funktionen.∞∑∫ ∫ ∞∑f n dµ = f n dµn=1XXn=1Für eine beliebige Folge meßbarer, nichtnegativer Funktionen gilt der folgende KonvergenzsatzSatz 11.24 (Lemma von Fatoo). Sei (f n : X → [0, ∞]) eine Folge meßbarer Funktionen.Dann gilt∫∫lim inf f n dµ ≤ lim inf f n dµn nBeweis: Für den Limes inferior einer Folge giltXXlimninf f n = supninfk≥n f kSei nun g n := inf f k. Nach Satz 11.15 ist die Funktion g n A-meßbar. Weiterhin gilt g n ≤k≥ng n+1 und g n ≤ f k ∀k ≥ n. Daraus folgt∫ ∫g n dµ ≤ f k dµ ∀k ≥ n, d.h.XXXX∫∫g n dµ ≤ inf f k dµXk≥nXWir wenden den Satz über die monotone Konvergenz auf die Funktionenfolge (g n ) an underhalten∫∫∫∫lim inf f n dµ = sup g n dµ = lim g ndµ = lim g n dµnn→∞ n→∞= supnXXnk≥nX(∗)∫∫g n dµ (∗)≤ sup inf f n dµ = limnX∫infXf n dµ.Als nächstes definieren wir das Integral über eine beliebige A-meßbare numerische Funktionf : X → ¯R. Sei f : X → ¯R A-meßbar. Dann sind die Funktionenf + := max{f, 0} ≥ 0 und f − := max{−f, 0} ≥ 0ebenfalls A-meßbar und es gilt f = f + − f − und |f| = f + + f − .37

Definition: Sei (X, A, µ) ein Maßraum. Eine A-meßbare Funktion f : X → R heißtµ-integrierbar, falls∫∫f + dµ < ∞ und f − dµ < ∞.In diesem Fall definiert manDie ZahlmanX∫X∫fdµ :=XX∫f + dµ −Xf − dµ∫fdµ heißt Integral von f über X bzgl. µ. Ist A ⊂ X und A ∈ A, so definiertX(Dies existiert, wenn f µ-integrierbar ist).∫ ∫fdµ := fχ A dµ.AXIst E ∈ A und f : E ⊂ X → ¯R eine nur auf E definierte µ-meßbare Funktion. Dann heißtf : E ⊂ X → ¯R über E µ-integrierbar, falls f integrierbar bzgl. dem Maßraum (E, A E , µ E )ist.Mit dem Symbol L(X, A, µ) bezeichnen wir den Raum der über X µ-integrierbaren numerischenA-meßbaren Funktionen f : X → ¯R.Ist f ∈ L(X, A, µ) und E ∈ A, so gilt offensichtlich f| E ∈ L(E, A E , µ E ) und∫∫f| E dµ E = fdµ .EWollen wir explizit den Namen der Variablen, die im Integrationsbereich liegen, benennen,so schreiben wir für die Integrale auch die längere Form∫∫f(x) dµ(x) := f dµ.XDiese längere Bezeichnung wird vor allem im nächsten Abschnitt sinnvoll, wo wir die Integrationüber Produkträume behandeln werden und die Faktoren der Produkte deutlichunterscheiden wollen.EXIn den folgenden 3 Sätzen formulieren bzw. beweisen wir Rechenregeln für das Integralµ-integrierbarer Funktionen.Satz 11.25 (Rechenregeln für das Integral). Seien f, g ∈ L(X, A, µ) und α, β ∈ R.Dann gilt1. αf + βg ∈ L(X, A, µ) und ∫ (αf + βg)dµ = α · ∫fdµ + β · ∫gdµ.XXX2. Ist f ≤ g, so gilt ∫ fdµ ≤ ∫ gdµ .X X3. ∣ ∫ fdµ ∣ ≤ ∫ |f|dµ .XX4. Seien A n ∈ A, n = 1, 2 . . ., paarweise disjunkte Mengen. Dann gilt∫∞∑∫fdµ = fdµ.∞⋃n=1A nA nn=138

5. Ist A ∈ A und µ(A) = 0 , so gilt∫f dµ = 0 .ASatz 11.26 (Absolute Stetigkeit des Integrals). Sei (X, A, µ) ein Maßraum und f ∈L(X, A, µ). Zu jedem ε > 0 existiert ein δ > 0 mit folgender Eigenschaft: Ist A ∈ A mitµ(A) < δ, so gilt∫∣ fdµ ∣ < ε.Beweis: Für jedes n ∈ N definieren wirg n (x) :=Dann gilt 0 ≤ g n ≤ g n+1 ≤ |f| . Weiterhin istA{|f(x)| falls |f(x)| ≤ nnfalls |f(x)| > n⎧⎪⎨ X falls a ≤ 0{g n ≥ a} = {|f| ≥ a} falls 0 < a ≤ n⎪⎩∅ falls a > n.Da |f| A-meßbar ist, folgt {g n ≥ a} ∈ A für alle a ∈ R. Nach Folgerung 3 sind die Funktioneng n somit A-meßbar. Die Funktionenfolge (g n ) konvergiert offensichtlich punktweisegegen |f|. Aus dem Satz über die monotone Konvergenz folgt deshalb∫ ∫lim g n dµ = |f|dµ .n→∞XSei ε > 0 gegeben. Dann existiert ein n 0 ∈ N, so dass∫0 ≤ (|f| − g n )dµ < ε ∀ n ≥ n 0 .2XXεWir setzen δ :=2n 0. Für A ∈ A mit µ(A) < δ gilt dann∫∫ ∫∫∫∣ fdµ ∣ ≤ |f|dµ = |f| · χ A dµ = (|f| − g n0 )χ A dµ +X≤AX∫(|f| − g n0 )dµ + n 0 · µ(A) < ε 2 + n 0 · δ = ε.XXXg n0 · χ A dµSatz 11.27. Sei (X, A, µ) ein Maßraum.1. Ist f ∈ L(X, A, µ), so ist f µ-fast überall endlich, d.h. µ({x ∈ X | |f(x)| = ∞}) = 0.2. Ist f ∈ L(X, A, µ), h : X → ¯R A-meßbar und f = h µ-fast überall. Dann gilth ∈ L(X, A, µ) und∫ ∫fdµ = hdµ.XX3. Sei f ∈ L(X, A, µ), h : X → ¯R A-meßbar und |h| ≤ f. Dann ist h ∈ L(X, A, µ).39

Beweis:1. Da |f| = f + + f − , gilt{x ∈ X | |f(x)| = +∞} = {x ∈ X | f + (x) = +∞} ∪ {x ∈ X | f − (x) = +∞}.Also genügt es, die Behauptung für A-meßbare Funktionen f : X → [0, ∞] mit∫fdµ < +∞ zu beweisen. Sei M = {x ∈ X | f(x) = +∞}. Für k ∈ N gilt f ≥ f · χ M ≥Xk · χ M . Folglich ist∫+∞ >Dann muss aber µ(M) = 0 gelten.X∫fdµ ≥ k ·Xχ M dµ = k · µ(M) ∀k ∈ N.2. Sei f ∈ L(X, A, µ), h : X → ¯R A-meßbar und f = h µ-fast-überall. Dann gilt f ± = h ±µ-fast überall. Es genügt zu zeigen, dass∫ ∫f ± dµ = h ± dµ.XSei A := {x ∈ X| f + (x) ≠ h + (x)}. Nach Voraussetzung ist µ(A) = 0. Da f + = f + · χ A +f + χ X\A und h + = h + · χ A + h + χ X\A gilt, erhalten wir∫X∫Xf + dµ =h + dµ =∫AAX∫f + dµ +XXf + χ X\A dµ∫ ∫h + dµ + h + · χ X\A dµ.Wegen µ(A) = 0 gilt auch ∫ f + dµ = ∫ h + dµ = 0 . Folglich ist ∫ f + dµ = ∫ h + dµ . AnalogAAXXfolgt die Behauptung für f − .3. Sei h : X → ¯R A-meßbar und |h| ≤ f. Wegen |h| = h + + h − folgt 0 ≤ h + ≤ f und0 ≤ h − ≤ f. Da f µ-integrierbar ist, gilt∫ ∫∫ ∫0 ≤ h + dµ ≤ fdµ < ∞ und 0 ≤ h − dµ ≤ fdµ < ∞.XAlso ist h µ-integrierbar.XXundXAls nächstes beweisen wir einen weiteren wichtigen Konvegenzsatz für das Integral vonFunktionenfolgen.Satz 11.28 (Satz von Lebesgue über die majorisierte Konvergenz). Sei (X, A, µ)ein Maßraum, f : X → ¯R A-meßbar und (f n : X → ¯R) eine Folge A-meßbarer Funktionenmit1. limn→∞ f n(x) = f(x) für µ-fast alle x ∈ X.2. Es existiert eine Funktion F ∈ L(X, A, µ) mit|f n (x)| ≤ F (x) für µ-fast alle x ∈ X.40

Dann ist f µ-integrierbar und es gilt∫∫fdµ = lim f n dµ.Xn→∞XBemerkung: Für das Riemann-Integral benötigt man die gleichmässige Konvergenz derFunktionenfolge (f n ) gegen f, um Integral und Grenzwert zu vertauschen. Das Lebesgue-Integral hat also bessere Konvergenzeigenschaften als das Riemann-Integral.Beweis von Satz 11.28: Entsprechend Satz 11.27 können wir, evtl. durch Abändern derFunktionen f, f n bzw. F auf einer Menge vom Maß Null, folgendes annehmen: f n und fsind A-meßbare Funktionen mit folgenden Eigenschaften1. Für jedes n ∈ N ist f n über X µ-integrierbar und endlich.2. Die Folge (f n ) konvergiert auf dem ganzen Raum X punkteise gegen f.3. |f n (x)| < F (x) für alle x ∈ X.Wegen 3) ist 0 ≤ f n + F und 0 ≤ F − f n . Aus dem Lemma von Fatoo (Satz 11.24) folgt∫∫0 ≤ lim inf(f n + F ) dµ ≤ lim inf (f n + F ) dµn n=0 ≤X∫X∫XF dµ + limn∫infXf n dµlim inf(F − f n )dµ ≤Da ∫ XF dµ < ∞ und lim f n = f , folgt∫XX(∗)F dµ − limn∫supXf n dµ(∗∗)∫X∫fdµ (∗)≤ lim infSomit existiert der GrenzwertlimXn→∞Xf n dµ ≤ limn∫sup∫f n dµ = ∫ fdµ.XXf n dµ (∗∗)≤∫Xfdµ.Satz 11.29 (Ausschöpfungssatz). Sei (X, A, µ) ein Maßraum, (M n ) eine monoton wachsendeFolge meßbarer Mengen, M = ∞ M n und f : M → ¯R A-meßbar. Dann⋃gilt:n=1f ist über M genau dann µ-integrierbar, wenn1. f über jedem M n µ-integrierbar ist und2. Die Folge ( ∫M n|f|dµ) n in R konvergiert.In diesem Fall ist dann∫Mfdµ = limBeweis: Wir zeigen zunächst die Äquivalenz.∫n→∞M n(⇒) Ist f über M integrierbar, so ist auch |f| über M und f bzw. |f| über jeder meßbarenTeilmenge M n ⊂ M integrierbar. Da M n ⊂ M und∫ ∫|f|dµ ≤ |f|dµ < +∞ ,M nM41fdµ.

( ∫ )konvergiert die Folge |f|dµ .M n(⇐) Nach Voraussetzung an die Folge der Mengen (M n ) gilt χ Mn f → f und χ Mn |f| ↑ |f|. Nach dem Satz über die monotone Konvergenz folgt∫∫ ∫lim χ Mn |f|dµ = lim |f|dµ = |f|dµ.n→∞n→∞MM n MNach Voraussetzung 2 ist dann∫M|f|dµ < ∞ ,d.h |f| ∈ L(M, A M , µ A ) und demnach auch f ∈ L(M, A M , µ M ) . Da χ Mn f → f, folgtaus dem Satz über die majorisierte Konvergenz (F = |f|), dass∫∫∫lim f dµ = lim χ Mn f dµ = f dµ.n→∞M nn→∞MMSatz 11.30 (Integration bezüglich eines Bildmaßes). Sei (X, A, µ) ein Maßraum,(Y, B) ein meßbarer Raum und T : X → Y eine (A, B)-meßbare Abbildung. Es bezeichneT ∗ µ := µ ◦ T −1 das Bildmaß auf B.Ist f : Y → ¯R T ∗ µ -integrierbar, so ist f ◦ T : X → ¯R ebenfalls µ-integrierbar und es gilt∫∫f d(T ∗ µ) = f ◦ T dµ.YXBeweis:1. Sei B ∈ B und f = χ B . Dann gilt∫χ B d(T ∗ µ) = (T ∗ µ)(B) = µ(T −1 (B)) =Y∫X∫χ T −1 (B)dµ =Xχ B ◦ T dµ.2. Ist f : Y → R eine einfache Funktion, so folgt die Behauptung aus 1.3. Sei f : Y → [0, ∞] eine nichtnegative, meßbare Funktion. Dann existiert eine monotonwachsende Folge einfacher Funktionen ϕ n : Y → [0, ∞) mit ϕ n ↑ f und∫∫∫lim (ϕ n ◦ T ) dµ (2)= lim ϕ n d(T ∗ µ) = f d(T ∗ µ). (∗)n→∞Xn→∞YDie Funktionenfolge (ϕ n ◦ T ) n ist ebenfalls monoton wachsend und es gilt ϕ n ◦ T ↑ f ◦ T .Nach dem Satz über die monotone Konvergenz folgt∫∫∫f d(T ∗ µ) (∗)= lim (ϕ n ◦ T ) dµ = (f ◦ T ) dµ.Yn→∞X4. Sei nun f : Y → ¯R eine beliebige T ∗ µ-integrierbare Funktion. Dann wendet man 3. aufdie Funktionen f + und f − an und erhält die Behauptung.XY42

Bemerkung: Man kann die Integration auch ausdehnen auf Funktionen f : X → E mitWerten in einem endlich-dimensionalen reellen Vektoraum E (z.B. E = C). Dazu fixiert man∑eine Basis (e 1 , . . . , e n ) in E. Für die Funktion f = n f i e i setzt man∫Xfdµ :=n∑i=1( ∫ Xi=1)f i dµ e i .11.4.2 Vergleich zwischen Riemann- und Lebesgue-IntegralSatz 11.31. Sei f : [a, b] → R eine beschränkte Riemann-integrierbare Funktion. Dann istf Lebesgue-meßbar und Lebesgue-integrierbar und das Riemann-Integral von f über [a, b]stimmt mit dem Lebesgue-Integral von f über [a, b] überein.Beweis: Wir bezeichnen mit N ⊂ [a, b] die Menge der Unstetigkeitsstellen von f und mito(f, x 0 ) die Oszillation von f in x 0o(f, x 0 ) := limδ→0 + (sup{f(x) | |x − x0 | < δ} − inf{f(x) | |x − x 0 | < δ} ) .Wir wissen aus Kapitel 7 von Analysis II, dass eine beschränkte Funktion f : [a, b] → R genaudann Riemann-integrierbar ist, wenn die Menge ihrer Unstetigkeitsstellen eine LebesguescheNullmenge ist. Die Unstetigkeitsstellen kann man durch positive Oszillation charakterisieren.x 0 ∈ [a, b] ist genau dann eine Unstetigkeitsstelle von f, wenn die Oszillation o(f, x 0 ) vonf im Punkt x 0 positiv ist. Folglich gilt:∞⋃{N = N n , wobei N n = x ∈ [a, b] | o(f, x) ≥ 1 }.nn=1Die Mengen N n sind abgeschlossen. Deshalb sind N und A := [a, b] \ N Borel-meßbar.1. Wir zeigen nun, dass f : [a, b] → R Lebesgue-meßbar ist. Es gilt:f −1 ((−∞, a)) = f| −1A((−∞, a)) ∪ {x ∈ N | f(x) < a}.Die Abbildung f| A : A ⊂ R n → R ist stetig, folglich ist f| −1A((−∞, a)) in A offen, d.h. esexistiert eine offene Menge U ⊂ R so dass U ∩ A = f| −1A((−∞, a)). Somit ist f|−1A((−∞, a))Borel-meßbar. Da N 0 := {x ∈ N | f(x) < a} ⊂ N und N eine Lebesguesche Nullmenge ist,ist auf Grund der Vollständigkeit des Lebesgue-Maßes N 0 ebenfalls eine Lebesgue-Menge.Damit ist f Lebesgue-meßbar.2. Wir zeigen nun, dass f : [a, b] → R Lebesgue-integrierbar ist und dass das Lebesgue- unddas Riemann-Integral übereinstimmen: Da f beschränkt ist, existiert eine Konstante C ∈ R +mit |f(x)| ≤ C für alle x ∈ [a, b] . Da die Majorante F := C · χ [a,b] Lebesgue-integrierbar ist,ist f dies auch (siehe Satz 11.27, 3).Für eine Unterteilung P = {a = t 0 < t 1 < · · · < t k = b} sei B P := {t 0 , t 1 , . . . , t k } dieNullmenge, die aus den Teilungspunkten besteht und ϕ P die Funktion⎧⎪⎨k∑ ( )inf f| [tj−1 ,tϕ P (x) :=j ] falls x ∈ (t j−1 , t j )j=1⎪⎩0 falls x ∈ B P .Da f : [a, b] → R Riemann-integrierbar ist, existiert eine Folge von Unterteilungen P n ={a = t n0 < t n1 < . . . < t nkn = b} von [a, b] mit ‖P n ‖ → 0 und∫ bR−af(x)dx = limn→∞ S(f, P n) = limk n∑n→∞j=1inf ( f| [tnj−1 ,t nj ])·(tnj −t nj−1 ) = lim∫n→∞[a,b]ϕ Pn dλ 1 .43

Da f auf der Menge [a, b] \ (N ∪ ⋃ ∞n=1 B P n) stetig und N ∪ ⋃ ∞n=1 B P neine Nullmengeist, konvergiert die Funktionenfolge ( )ϕ Pn λ1 -fast überall gegen f. Dann folgt aus dem Satzüber die majorisierte Konvergenz, dass∫∫lim ϕ Pn dλ 1 = f dλ 1 .n→∞[a,b]Somit stimmt das Riemann-Integral mit dem Lebesgue-Integral überein.[a,b]Satz 11.32. Sei I ⊂ R ein Intervall und die Funktion f : I → R Riemann-integrierbarüber jedem kompakten Teilintervall von I. f ist genau dann Lebesgue-integrierbar über I,wenn |f| uneigentlich Riemann-integrierbar über I ist.Das uneigentliche Riemann-Integral von f stimmt in diesem Fall mit dem Lebesgue-Integralvon f über I überein.Beweis: Sei I = (a, b) ⊆ R und a < a n < b n < b , a n ↓ a, b n ↑ b. Nach Satz 11.31 istf = lim f · χ [an→∞ n ,b n ] Lebesgue-meßbar und nach dem Satz über die monotone Konvergenzgilt∫b n∫∫lim R − |f(x)|dx = lim |f| · χ [an ,bn→∞ n→∞n ]dλ 1 = |f|dλ 1 (∗)a nIIst nun |f| uneigentlich Riemann-integrierbar, so ist die linke Seite von (∗) endlich, also ist |f|und damit auch f Lebesgue-integrierbar über I. Ist andererseits f Lebesgue-integrierbar, soist die rechte Seite von (∗) endlich, d.h. |f| uneigentlich Riemann-integrierbar über I. Ist |f|uneigentlich Riemann-integrierbar, so liefert Satz 11.31 und der Satz über die majorisierteKonvergenzI∫ bR −af(x)dx = lim∫ b nn→∞a nIst I halboffen, schließt man analog.f(x)dx = lim∫n→∞I∫f · χ [an,b n]dλ 1 =Ifdλ 1 .Beispiele:1. Die Funktion f : (0, ∞) → Rf(x) := sin xxist uneigentlich Riemann-integrierbar, aber nicht Lebesgue-integrierbar.2. Für jedes x > 0 ist die Funktionh : (0, ∞) → R , h(t) := e −t t x−1uneigentlich Riemann- und Lebesgue-integrierbar. Das IntegralΓ(x) :=∫ ∞0e −t t x−1 dxist die Gamma-Funktion, deren Eigenschaften wir in Kapitel 7 von Analysis II besprochenhaben.44

3. Wir betrachten die Dirichlet-Funktion δ : [0, 1] → R{1 x ∈ [0, 1] ∩ Qδ(x) =0 x ∈ [0, 1] ∩ (R\Q)δ ist Lebesgue-meßbar, aber nirgends stetig. Folglich ist δ nicht Riemann-integrierbar.δ ist aber eine charakteristische Funktion, also Lebesgue-integrierbar und es gilt∫∫fdλ 1 = dλ 1 = λ 1 ([0, 1] ∩ Q) = 0.[0,1][0,1]∩Q11.5 Produkte von Maßräumen und Integration überProdukträumenSeien (X, A, µ) und (Y, B, ν) Maßräume und f : X × Y → R eine Funktion auf dem Produktraum.Wir wollen f über X × Y integrieren. Dazu müssen wir festlegen, welches Maßwir auf X × Y benutzen wollen. Dieses Maß soll so definiert werden, dass man das Integralüber X × Y durch schrittweise Integration über X und Y ausrechnen kann:∫X×Y∫ ( ∫f(x, y) dλ(x, y) =X Y)f(x, y)dν(y) dµ(x)Ist zum Beispiel f : R n → ¯R, so soll gelten∫ ∫ ∫ ( ∫ ( ∫ )fdλ n = . . .f(x 1 , . . . , x n ) dx 1 dx 2)dx 3 . . . dx nR n R R R RIm nächsten Abschnitt werden wir zunächst dieses Maß auf dem Produktraum definieren.11.5.1 Das ProduktmaßAls Vorbemerkung dazu betrachten wir noch ein weiteres spezielles Mengensystem, diemonotonen Systeme. Die Eigenschaften von monotonen Systemen werden wir in diesemKapitel als Beweistechnik benutzten.Definition: Eine nichtleere Familie von Mengen S ⊂ P(X) heißt monoton, falls gilt1. Ist (A n ) eine monoton wachsende Folge von Mengen aus S, d.h. A n ∈ S und A n ⊂⋃A n+1 , so gilt ∞ A n ∈ S.n=12. Ist (B n ) eine monoton fallende Folge von Mengen aus S, d.h. B n ∈ S, B n ⊃ B n+1 , so⋂gilt ∞ B n ∈ S.n=1Für ein beliebiges Mengensystem E ⊂ P(X) ist das Mengensystem⋂M(E) :=Mmonoton. M(E) heißt monotone Hülle von E.E ⊂ MM monoton45

Satz 11.33.1. Jede σ-Algebra ist monoton.2. Jede monotone Algebra ist eine σ-Algebra.3. Ist E ⊂ P(X) eine Algebra, so gilt M(E) = A σ (E).Beweis: Den Beweis haben wir aus Zeitgründen in der Vorlesung weggelassen und überlassenihn dem Leser als Übungsaufgabe.Seien (X, A, µ) und (Y, B, ν) Maßräume. Wir wollen auf X × Y eine σ-Algebra A ⊗ σ B undein Maß λ : A ⊗ σ B → [0, ∞] definieren, so dass für jedes A ∈ A und B ∈ B giltA × B ∈ A ⊗ σ B und λ(A × B) = µ(A) · ν(B).Dazu betrachten wir folgendes Mengensystem disjunkter VereinigungenE :={E ⊂ X × Y | E =m⋃(A i × B i ) disjunkte Vereinigung}i=1A i ∈ A, B i ∈ B i = 1, . . . , m .Man prüft leicht nach, dass E eine Algebra ist.Definition: Die σ-Algebra A ⊗ σ B := A σ (E) heißt Produkt der σ-Algebren A und B.Nach Satz 11.33 gilt A ⊗ σ B = M(E)Sei E ⊂ X × Y eine Teilmenge und x ∈ X, y ∈ Y fixiert. Wir betrachten die folgendenMengenE x := {t ∈ Y | (x, t) ∈ E} ⊂ Y x-Schnitt von EE y := {s ∈ X | (s, y) ∈ E} ⊂ X y-Schnitt von EYyE xxE yXSatz 11.34. Sei E ∈ A ⊗ σ B. Dann gilt E x ∈ B ∀x ∈ X und E y ∈ A ∀y ∈ Y .Beweis: Wir beweisen die Behauptung für die x-Schnitte. Für die y-Schnitte geht das analog.Sei dazuS := {E ∈ A ⊗ σ B | E x ∈ B ∀x ∈ X} ⊂ A ⊗ σ B.Zu zeigen ist, dass S = A ⊗ σ B = A σ (E). Dazu genügt es zu zeigen, dassa) E ⊂ S undb) S eine σ-Algebra über X × Y ist.46

⋃Zu a) Sei E = m (A i × B i ) eine disjunkte Vereinigung mit A i ∈ A und B i ∈ B. Dann gilt:i=1E xm⋃m⋃= {t ∈ Y | (x, t) ∈ (A i × B i )} = {t ∈ Y | (x, t) ∈ A i × B i }} {{ }i=1i=1 ⎧⎪⎨ ∅ falls x ∉ A i⎪⎩ B i falls x ∈ A iAlso gilt E x ∈ B.Zu b)Sei E ∈ S. Dann ist[(X × Y ) \ E] x = {t ∈ Y | (x, t) ∈ (X × Y ) \ E} = {t ∈ Y | (x, t) ∉ E}= Y \ E x ∈ B da E x ∈ B.Also gilt (X × Y ) \ E ∈ S.Sei (E n ) eine Folge von Mengen aus S. Dann gilt( ⋃∞ )E n = {t ∈ Y | (x, t) ∈ ⋃∞ ∞⋃E n } = {t ∈ Y | (x, t) ∈ E n } ∈ B.x} {{ }n=1n=1 n=1(E n ) xAlso gilt∞⋃n=1E n ∈ S.Satz 11.35. Seien (X, A, µ) und (Y, B, ν) σ-endliche Maßräume. Dann gilt für alle E ∈A ⊗ σ B1. x ∈ X ↦−→ ν(E x ) ∈ [0, ∞] ist eine A-meßbare Abbildung.2. y ∈ Y ↦−→ µ(E y ) ∈ [0, ∞] ist eine B-meßbare Abbildung.3. ∫ ν(E x )dµ(x) = ∫XYµ(E y )dν(y) .Beweis: Wir definieren das MengensystemS := {E ∈ A ⊗ σ B | Eerfülle 1., 2., 3.} ⊂ A × σ BWir wollen S = A ⊗ σ B = M(E) beweisen. Dazu genügt es zu zeigen, dassa) E ⊂ S undb) S ein monotones System ist.⋃Zu a) Sei E ∈ E, also E die disjunkte Vereinigung E = m { }} {( A i × B i ), A i ∈ A, B i ∈ B.⋃Der x-Schnitt E x ist die disjunkte Vereinigung E x = m (E i ) x . Somit gilt ν(E x ) =m∑ν((E i ) x ). Dai=1{∅(E i ) x =B ix ∉ A ix ∈ A ierhalten wirm∑ν(E x ) = χ Ai (x) · ν(B i ) (∗)i=147i=1i=1E i

Also ist die Abbildung x ∈ X ↦−→ ν(E x ) A-meßbar. Analog zeigt man, dass die Abbildungy ∈ Y ↦−→ µ(E y ) B-meßbar ist undm∑µ(E y ) = χ Bi (y)µ(A i )i=1(∗∗)gilt. Für die Integrale erhält man∫Xν(E x )dµ(x) ∗ =m∑∫χ Ai · ν(B i )dµ =i=1Xn∑i=1∫ν(B i ) · µ(A i ) ∗∗=Yµ(E y )dν(y).Zu b) Sei (E n ) eine monoton wachsende Folge von Mengen aus S, d.h. E n ⊂ E n+1 für⋃alle n ∈ N. Wir müssen zeigen, dass die Menge E := ∞ ebenfalls in S liegt. WegenE nn=1E x = ⋃ ∞n=1 (E n) x und der Stetigkeit des Maßes ν von unten, giltν(E x ) = limn→∞ ν((E n) x ).Jede Abbildung x ∈ X ↦→ ν((E n ) x ) , n ∈ N , ist A-meßbar. Damit ist der Grenzwert A-meßbar (Satz 11.17). Analog zeigt man, dass die Abbildung y ∈ Y ↦→ µ(E y ) B-meßbar ist.Da E n ∈ S, gilt nach Definition von S∫∫ν((E n ) x )dµ(x) = µ((E n ) y )dν(y) ∀n ∈ N (∗ ∗ ∗)XYDie Funktionenfolge (x ∈ X ↦→ ν((E n ) x )) ∞ n=1 ist monoton wachsend. Aus dem Satz überdie monotone Konvergenz folgt, dass∫∫ν(E x )dµ(x) = µ(E y )dν(y).Also gilt E ∈ S.XYSei nun (F n ) eine monoton fallende Folge von Mengen aus S, d.h. F n+1 ⊂ F n für alle n ∈ N.⋂Wir müssen zeigen, dass die Menge F := ∞ F n ebenfalls in S liegt.n=11. Fall: Sei zunächst F 1 ⊂ A × B, wobei A ∈ A, B ∈ B und µ(A) < ∞, ν(B) < ∞.Mit den gleichen Argumenten wie im eben besprochenen Fall folgt aus der Stetigkeit desMaßes von oben, dassν(F x ) = limn→∞ ν((F n) x ) und µ(F y ) = limn→∞ µ((F n) y ).Da F 1 ⊂ A × B und ν(B) < ∞ , folgtν((F n ) x ) ≤ ν((F 1 ) x ) ≤ χ A (x) · ν(B) < ∞Aus dem Satz über die majorisierte Konvergenz folgt dann∫∫∫∫ν(F x )dµ(x) = lim ν((F n ) x )dµ(x) Vor= lim µ((F n ) y )dν(y) =Xn→∞Xn→∞YYµ(F y )dν(y) .Also ist F ∈ S.48

2. Fall: Sei jetzt F 1 beliebig.Da die Maße µ und ν σ-endlich sind, gibt es Ausschöpfungen von X und Y durch Mengenendlichen Maßes. Sei alsoX =Y =∞⋃X n , X n ∈ A , X n ⊂ X n+1 , µ(X n ) < ∞n=1∞⋃Y n , Y n ∈ B , Y n ⊂ Y n+1 , ν(Y n ) < ∞n=1Sei weiterN := {E ∈ A ⊗ σ B | E ∩ (X n × Y n ) ∈ S ∀n ∈ N} .Da F 1 ∩ (X n × Y n ) ⊂ X n × Y n und X n und Y n endliches Maß haben, kann man auf N diein Punkt a) und im Punkt b) bereits bewiesenen Eigenschaften anwenden und erhält, dassE ⊂ N und dass N monoton ist. Folglich gilt N = A ⊗ σ B = M(E) . Für die Menge⋂F := ∞ F m ∈ A ⊗ σ B = N erhält man deshalbm=1F ∩ (X n × Y n ) ∈ S∀n ∈ NWeiterhin ist F ∩ (X n × Y n ) ⊂ F ∩ (X n+1 × Y n+1 ) für alle n ∈ N . Wir haben bereitsbewiesen, dass die Vereinigung einer monoton wachsenden Folge von Mengen aus S wiederin S liegt, somit giltF = F ∩ (X × Y ) =∞⋃F ∩ (X n × Y n ) ∈ S .n=1Definition: Seien (X, A, µ) und (Y, B, ν) σ-endliche Maßräume. Für E ∈ A ⊗ σ B definierenwir∫∫λ(E) := ν(E x )dµ(x) = µ(E y )dν(y)XYλ heißt das Produkt der Maße µ und ν. Bezeichnung: λ = µ ⊗ ν.Satz 11.36. Für das Produktmaß λ = µ ⊗ ν : A ⊗ σ B → [0, ∞] gilt1. λ ist ein σ-endliches Maß auf A ⊗ σ B.2. λ(A × B) = µ(A) · ν(B) ∀A ∈ A, B ∈ B.3. Ist τ : A ⊗ σ B → [0, ∞] ein weiteres Maß auf A ⊗ σ B mit τ(A × B) = µ(A) · ν(B)∀A ∈ A, B ∈ B. Dann gilt λ = τ.D.h. λ ist die eindeutige ! Fortsetzung der Funktion µ × ν : A × B → [0, ∞] zu einem Maßauf der σ-Algebra A ⊗ σ B.Beweis:Zu 1.: Es gilt λ(∅) = 0, da ∅ x ≡ ∅ und ν(∅) = 0.49

Wir zeigen, dass λ σ-additiv ist: Seien dazu E n ∈ A⊗ σ B , n = 1, 2, . . . , paarweise disjunkteMengen. Dann gilt:∞⋃∫ ( ( ⋃∞ ) ) ∫ ( ⋃∞λ( E n ) = ν E n dµ(x) = ν (E n ) x)dµ(x)n=1=X∫X∞∑n=1n=1xν((E n ) x )dµ(x) Folg.5=Xn=1Xn=1∞∑∫∞∑ν((E n ) x )dµ(x) = λ(E n ) .Wir zeigen, dass λ ist σ-endlich ist: Da µ und ν σ-endliche Maße sind, gibt es eineAusschöpfung von X und Y durch Mengen vom endlichen Maß.∞⋃X = X n , X n ⊂ X n+1 , X n ∈ A, µ(X n ) < ∞Dann gilt aberY =X × Y =n=1∞⋃Y n , Y n ⊂ Y n+1 , Y n ∈ B, ν(Y n ) < ∞n=1n=1∞⋃(X n × Y n ) , X n × Y n ∈ A × B ⊂ A ⊗ σ Bn=1und die Mengen X n × Y n haben endliches Maß∫∫λ(X n × Y n ) = ν((X n × Y n ) x )dµ(x) = χ Xn (x) · ν(Y n )dµ(x)X= µ(X n ) · ν(Y n ) < ∞ .Zu 2.: Für das Maß des Produktes zweier Mengen aus A und B gilt∫∫λ(A × B) = ν((A × B) x )dµ(x) = χ A (x) · ν(B)dµ(x) = µ(A) · ν(B) .XZu 3.: Um die Eindeutigkeit des Produktmaßes zu zeigen, benutzen wir den HahnschenFortsetzungssatz (Satz 11.9). Das Mengensystem E ist ein Ring (sogar eine Algebra) unddie Abbildung ˜λ : E → [0, ∞] definiert durch( ⋃˜λṁ ) m∑A i × B i := µ(A i ) · ν(B i )i=1ist ein σ-endlicher σ-Inhalt auf E. Dann existiert genau ein Maß λ auf A σ (E) =: A ⊗ σ B,das ˜λ| A×B fortsetzt.Xi=1XFolgerung 6: Sei E ∈ A ⊗ σ B. Dann gilt(µ ⊗ ν)(E) = 0 ⇐⇒ µ(E y ) = 0 ν − fast überall auf Y undν(E x ) = 0 µ − fast überall auf X.Wir merken uns folgenden Fakt: Das Produktmaß einer Menge E ∈ A ⊗ σ B berechnet man,indem man über die Maße der x- bzw. y-Schnitte integriert:∫∫(µ ⊗ ν)(E) = ν(E x )dµ(x) = µ(E y )dν(y) .Dies nennt man das “Prinzip von Cavalieri“.XY50

11.5.2 Integration über Produkträumen (Satz von Fubini)Satz 11.37 (Satz von Fubini). Seien (X, A, µ) und (Y, B, ν) σ-endliche Maßräume.1. Sei f : X × Y → [0, ∞] eine A ⊗ σ B-meßbare Funktion. Dann sind die Funktionenϕ f : x ∈ X ↦→ψ f : y ∈ Y↦→∫Y∫Xf(x, y)dν(y)f(x, y)dµ(x)A-meßbar,B-meßbarund es gilt∫fd(µ ⊗ ν) =∫) ∫f(x, y)dν(y) dµ(x) =)f(x, y)dµ(x) dν(y) .( ∫ Y( ∫ XX×YXY2. Sei f : X × Y → ¯R eine µ ⊗ ν-integrierbare Funktion. Dann sind die Funktionenx ∈ X → f(x, y 0 ) integrierbar für ν-fast alle y 0 ∈ Y (d.h. auf Y 0 ⊂ Y )y ∈ Y → f(x 0 , y) integrierbar für µ-fast alle x 0 ∈ X (d.h. auf X 0 ⊂ X)und es gilt:∫fd(µ ⊗ ν) =∫) ∫f(x 0 , y)dν(y) dµ(x 0 ) =)f(x, y 0 )dµ(x) dν(y 0 )( ∫ Y( ∫ XX×YX 0Y 0Man schreibt anstelle von X 0 bzw.Y 0 oft auch X bzw. Y , da man eine integrierbare Funktionauf Nullmengen beliebig abändern kann.Beweis:1. Wir beweisen die 1. Behauptung in 3 Schritten: für charakteristische Funktionen, füreinfache Funktionen und für nichtnegative meßbare numerische Funktionen.a) Sei f eine charakteristische Funktion, d.h. f = χ E , wobei E ∈ A ⊗ σ B. Da E x ∈ B, istf(x, ·) = χ Ex B-meßbar. Analog folgt, dass f(·, y) = χ Ey A-meßbar ist. Weiterhin gilt:∫∫ϕ f (x) = χ E (x, y)dν(y) = χ Ex dν(y) = ν(E x ) .YNach Satz 11.35 ist die Funktion ϕ f A-meßbar. Analog zeigt man, dass ψ f B-meßbar ist.Nach Defintion des Produktmaßes gilt außerdem∫X×Yχ E (x, y)d(µ ⊗ ν) = (µ ⊗ ν)(E)==∫∫ν(E x )dµ(x) = µ(E y )dν(y)X∫X( ∫ YYY) ∫ ( ∫χ E (x, y)dν(y) dµ(x) =Y X)χ E (x, y)dµ(x) dν(y) .b) Wegen der Additivität des Integrals gilt die Behauptung auch für einfache Funktionen f.c) Sei f : X × Y → [0, ∞] eine A ⊗ σ B -meßbare Funktion. Dann existiert eine monoton51

wachsende Folge von einfachen Funktionen f n : X × Y → [0, ∞] mit f n ↑ f. Die Funktionenfolge( ∫ f n (x, y)dν(y) ) ist ebenfalls monoton wachsend. Nach dem Satz von BeppoYLevi über die monotone Konvergenz folgt∫X×Yfd(µ ⊗ ν) ==lim∫n→∞X×Y∫X(limn→∞YAnalog zeigt man die andere Formel.f n d(µ ⊗ ν) b)= lim∫n→∞X∫ ( ∫ Y∫ ( ∫X Y)f n (x, y)dν(y) dµ(x) =)f n (x, y)dν(y))lim f n(x, y) dµ(x) .n→∞} {{ }f(x,y)2. Sei nun f : X × Y → ¯R µ ⊗ ν-integrierbar. Wir zerlegen f = f + − f − wie oben. Dannist∫∫f + d(µ ⊗ ν) < +∞ , f − d(µ ⊗ ν) < +∞ .X×YDiese Integrale sind nach 1. gleich den iterierten Integralen und folglich sind∫ ( ∫ )f ± (x, y)dν(y) dµ(x) < ∞X Y∫ ( ∫ )f ± (x, y)dµ(x) dν(y) < ∞Y X∫Nach Satz 11.27 (1) ist dann f ± (x 0 , y)dν(y) < +∞ für µ-fast alle x 0 ∈ X und∫Yf ± (x, y 0 )dµ(x) < +∞ für ν-fast alle y 0 ∈ Y . Es folgtX∫X×Yfd(µ ⊗ v) =1.==∫X×Y∫X∫( ∫ Y( ∫ Yf + d(µ ⊗ v) −∫X×YX×Yf − d(µ ⊗ v)) ∫ ( ∫f + (x, y)dv(y) dµ(x) −X Y) ∫ ( ∫f + (x, y)dv(y) dµ(x) −Y)f − (x, y)dv(y) dµ(x))f − (x, y)dν(y) dµ(x)X 0∫==X 0∫( ∫ Y( ∫ Y} {{ }

enötigen deshalb den Satz von Fubini auch für die Vervollständigung von Produktmaßen.Dies werden wir in diesem Abschnitt behandeln. Dazu betrachten wir zunächst Eigenschaftender Lebesque-meßbaren Teilmengen auf dem Produkt R n × R m . Es gilt:1. L(R n ) × L(R m ) ⊂ L(R n × R m ) (Übungsaufgabe 11.14)2. A σ (L(R n ) × L(R m )) =: L(R n ) ⊗ σ L(R m ) ⊂ L(R n × R m )3. L(R n ) ⊗ σ L(R m ) ≠ L(R n × R m ).Um Behauptung 3. einzusehen, betrachten wir folgendes Beispiel: Sei B ⊂ R m eine Teilmenge,die nicht Lebesgue-meßbar ist, und p ∈ R n . Dann liegt {p} × B in einer HyperebeneH × R m ⊂ R n × R m , ist demnach Lebesgue-meßbar mit dem Maß Null, d.h.{p} × B ∈ L(R n × R m ). Andererseits ist aber {p} × B ∉ L(R n ) ⊗ σ L(R m ), da der x-Schnittvon {p} × B{∅ x ≠ p({p} × B) x =B x = pfür x = p nicht Lebesgue-meßbar ist (Satz 11.34).4. Es giltλ n+m | L(R n )⊗ σL(R m ) = λ n ⊗ λ m .Dies folgt aus der Eindeutigkeit der Fortsetzung des Maßes auf den Produktraum, da nachÜbungsaufgabe 11.145. Es giltλ n+m (A × B) = λ n (A) · λ m (B) ∀A ∈ L(R n ), ∀B ∈ L(R m ).L(R n × R m ) = L(R n ) ⊗ σ L(R m ) λn⊗λm und λ n+m = λ n ⊗ λ md.h. das Lebesgue-Maß λ n+m ist die Vervollständigung des Produktmaßes λ n ⊗ λ m . ZumBeweis von 5. bemerken wir zunächst, dassB(R n × R m ) = B(R n ) ⊗ σ B(R m ) .Nach Übungsaufgabe 11.14 ist nämlich B(R n ) × B(R m ) ⊂ B(R n × R m ) und somit perDefinitionB(R n ) ⊗ σ B(R m ) ⊂ B(R n × R m ) .Andererseits wird B(R n × R m ) aus den halboffenen Quadern Q ⊂ R n+m erzeugt, die sich inder Form Q = Q 1 × Q 2 darstellen lassen, wobei Q 1 ⊂ R n und Q 2 ⊂ R m selbst halboffeneQuader sind. Demnach ist Q ⊂ B(R n ) ⊗ σ B(R m ) und somitWir erhalten alsoB(R n × R m ) ⊂ B(R n ) ⊗ σ B(R m ) .B(R n × R m ) = B(R n ) ⊗ σ B(R m ) ⊂ L(R n ) ⊗ σ L(R m ) ⊂ L(R n × R m ) .Da B(R n × R m ) λ n+mBehauptung 5.= L(R n × R m ) und λ n+m | B(R n )⊗ σ B(R m ) = λ n ⊗ λ m , folgt dieFür die iterierte Berechnung von Lebesgue-Integralen benötigen wir also einen “Satz vonFubini” für die Vervollständigung von Produktmaßen.(X × Y, A ⊗ σ B µ⊗ν , µ ⊗ ν)53

Satz 11.38. Seien (X, A, µ) und (Y, B, ν) vollständige, σ-endliche Maßräume. Sei E ∈A ⊗ σ B eine Nullmenge, d.h. (µ ⊗ ν)(E) = 0, und F ⊂ E. Dann gilt für die Schnitte von F1. µ(F y ) = 0 für ν-fast alle y ∈ Y .2. ν(F x ) = 0 für µ-fast alle x ∈ X.Beweis: Nach Folgerung 6 ist ν(E x ) = 0 für µ-fast alle x ∈ X . Da F x ⊂ E x und νvollständig ist, ist F x ∈ B und ν(F x ) = 0 für µ-fast alle x ∈ X. Analog zeigt man die andereBehauptung.Satz 11.39 (Satz von Fubini für die Vervollständigung von Produktmaßen). Seien(X, A, µ) und (Y, B, ν) vollständige σ-endliche Maßräume.1. Sei f : X × Y → [0, ∞] eine A ⊗ σ B-meßbare Abbildung. Dann gilt:a) x ∈ X ↦→ f(x, y) ist A-meßbar für ν-fast alle y ∈ Y (d.h. auf Y 0 )y ∈ Y ↦→ f(x, y) ist B-meßbar für µ-fast alle x ∈ X (d.h. auf X 0 )b) x ∈ X 0 ↦→ ∫ Yf(x, y)dν(y) ist A-meßbarc)y ∈ Y 0 ↦→ ∫ f(x, y)dµ(x) ist B-meßbar.X∫f(x, y)d(µ ⊗ ν) = ∫ ( ∫ )f(x, y)dν(y) dµ(x) = ∫ ( ∫ )f(x, y)dµ(x) dν(y).X 0 YY 0 XX×Y2. Sei f : X × Y → ¯R eine A ⊗ B µ⊗ν -integrierbare Funktion. Dann gilta) y ∈ Y ↦→ f(x, y) ist ν-integrierbar für µ-fast alle x ∈ X (d.h. auf X 0 )x ∈ X ↦→ f(x, y) ist µ-integrierbar für ν-fast alle y ∈ Y (d.h auf Y 0 )b) x ∈ X 0 ↦→ ∫ Yf(x, y)dν(y) ist integrierbary ∈ Y 0 ↦→ ∫ f(x, y)dµ(x) ist integrierbar.X∫c) f(x, y)d(µ ⊗ ν) = ∫ ( ∫ )f(x, y)dν(y) dµ(x) = ∫ ( ∫ )f(x, y)dµ(x) dν(y).X×YX 0 YY 0 XBeweis: Wir beweisen lediglich die Behauptung 1 für charakteristische Funktionen. Danachschliesst man wie in Satz 11.37, dass die Behauptung 1 auch für einfache und nichtnegativemeßbare Funktionen gilt. Die Behauptung 2 folgt dann wie im Satz 11.37 durch Zerlegungvon f in f = f + − f − und Anwendung von 1. auf f ± .Sei H ∈ A ⊗ σ B µ⊗v . Dann gilt nach Definition der VervollständigungH = G ∪ F , G ∈ A ⊗ σ B , F ⊂ E ∈ ( A ⊗ σ B ) 0.Für die x-Schnitte gilt: H x = G x ∪ F x . Nach Satz 11.34 ist G x ∈ B , nach Satz 11.38 istF x ∈ B und ν(F x ) = 0 für µ-fast alle x ∈ X. Demnach ist H x ∈ B für µ-fast alle x ∈ X. DieMenge dieser x ∈ X bezeichnen wir mit X 0 . Auf X 0 giltν(H x ) = ν(G x ∪ F x ) ≤ ν(G x ) + ν(F x ) = ν(G x ) .} {{ }=0Wegen G x ⊂ H x und der Monotonie des Maßes erhalten wir ν(H x ) = ν(G x ) . Die Funktionχ H (x, ·) = χ Hx ist meßbar auf X 0 und für x ∈ X 0 gilt∫∫χ H (x, y)dν(y) = ν(H x ) = ν(G x ) = χ G (x, y)dν(y)Y54Y

Die Behauptung 1.b) folgt dann aus Satz 11.37. Analog beweist man die Aussage für diey-Schnitte. Weiterhin gilt:∫χ H d(µ ⊗ ν) = (µ ⊗ ν)(H) = (µ ⊗ ν)(G)X×Y11.37==∫X∫( ∫ Y( ∫ Y) ∫χ G dν dµ =)χ H dν dµ =Y∫( ∫ X( ∫ X)χ G dµ dν)χ G dµ dνX 0Y 0Folgerung 7: Satz von Fubini für Lebesgue-integrierbare FunktionenSeien A ⊂ R n und B ⊂ R m Lebesgue-meßbare Mengen und f : A × B ⊂ R n+m → ¯R eineLebesgue-integrierbare oder nichtnegative, Lebesgue-meßbare Abbildung. Dann gilt∫∫) ∫)f(x, y)dλ n+m (x, y) = f(x, y)dλ m (y) dλ n (x) = f(x, y)dλ n (x) dλ m (y)A×BA 0( ∫ BIst f das Produkt von Funktionen, d.h. f(x, y) = h(x) · g(y) für integrierbare Funktionenh : A → ¯R und g : B → ¯R , so gilt∫( ∫ ) ( ∫ )f dλ n+m = h dλ n · g dλ m .A×BABB 0( ∫ AFolgerung 8: Sei E ⊂ R n eine Lebesgue-meßbare Menge und f : E ⊂ R n → ¯R eineLebesgue-integrierbare oder nichtnegative, meßbare Abbildung. Dann gilt für das Lebesgue-Integral∫ ∫fdλ n = χ E fdλ n =ER∫n ( ∫)= (χ E f)(x 1 , . . . , ˆx i , . . . , x n ) dλ n−1 (x 1 , . . . , ˆx i , . . . , x n ) dx iR R∫ ( ∫n−1 )= f(x 1 , . . . , x n ) dλ n−1 (x 1 , . . . , ˆx i , . . . , x n ) dx iE xiRHier benutzen wir zur Abkürzung das Symbol dx idλ 1 (x i ) . Für die Schnitte E xi giltfür das 1-dimensionale Lebesgue-MaßE xi = {(y 1 , . . . , y n−1 ) ∈ R n−1 | (y 1 , . . . , y i−1 , x i , y i , . . . , y n−1 ) ∈ E} .Folgerung 9: Prinzip von CavalieriSei E ⊂ R n eine Lebesgue-meßbare Menge. Dann berechnet sich das Lebesgue-Maß durch∫λ n (E) = λ n−1 (E xi )dx i i = 1, . . . , n(Man integriert die Maße der x i -Schnitte von E).R55

Beispiel 1: Sei A ⊂ R n Lebesgue-meßbar und f : A → [0, ∞] Lebesgue-integrierbar. Wirbezeichnen mit U f die Menge U f := {(x, y) ∈ R n+1 | x ∈ A, y ∈ [0, f(x)]}R0000000000000000000000000000000000000000000000111111111111111111111111111111111111111111111100000000000000000000000000000000000000000000001111111111111111111111111111111111111111111111000000000000000000000000000000000000000000000011111111111111111111111111111111111111111111110000000000000000000000000000000000000000000000111111111111111111111111111111111111111111111100000000000000000000000000000000000000000000001111111111111111111111111111111111111111111111fU00000000000000000000000000000000000000000000001111111111111111111111111111111111111111111111f000000000000000000000000000000000000000000000011111111111111111111111111111111111111111111110000000000000000000000000000000000000000000000111111111111111111111111111111111111111111111100000000000000000000000000000000000000000000001111111111111111111111111111111111111111111111} {{ }AR nDann gilt:∫λ n (U f ) = f(x)dλ n (x)ADies ist die Verallgemeinerung der entsprechenden Formel für das Riemann-Integral. Diesfolgt da⎧⎨ ∅ falls x ∉ A(U f ) x = {t ∈ R | (x, t) ∈ U f } =⎩ [0, f(x)] falls x ∈ Aund folglich∫∫∫λ n (U f ) = λ 1 ((U f ) x ) dλ n (x) = λ 1 ([0, f(x)]) dλ n (x) = f(x) dλ n (x)R n AABeispiel 2: Das Volumen von Rotationskörpern im R 3 .Sei f : [a, b] → R 1 Lebesgue-integrierbar, f ≥ 0. Wir betrachten den Graphen der Funktionx = f(z) in der (x, z)-Ebene und rotieren diese Kurve um die z-AchsezGraph(f)56

Sei V f die Menge, die von der dabei entstehenden Fläche eingeschlossen wird. V f heißt dervon f erzeugte Rotationskörper. Es giltDas Lebesgue-Maß von V f istV f = {(x, y, z) ∈ R 3 | z ∈ [a, b] und x 2 + y 2 ≤ f(z) 2 }∫ bλ 3 (V f ) = π ·af(z) 2 dλ 1 (z) .Um das einzusehen, berechnen wir das Maß der z-Schnitte. Die Menge(V f ) z = {(x, y) ∈ R 2 | x 2 + y 2 ≤ f(z) 2 }ist eine Kreisscheibe vom Radius f(z). Für das Maß gilt deshalbAus dem Prinzip von Cavalieri erhalten wirλ 2 ((V f ) z ) = Area(K(0, f(z))) = π · f(z) 2 .∫λ 3 (V f ) = dλ 3 =V f∫ ba∫ bλ 2 ((V f ) z ) dλ 1 (z) = πaf(z) 2 dλ 1 (z) .Beispiel 3: Sei A = {(x, y) ∈ R 2 | 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 , x, y ≥ 0} die Viertelkreisscheibe undf die durch f(x, y) = x · y definierte stetige Funktion. Wir berechnen das Integral von füber A.Für die x-Schnitte von A erhalten wir{∅ falls x < 0 oder x > 1A x =[0, √ 1 − x 2 ] falls x ∈ [0, 1]y11xFür das Integral folgt dann aus dem Prinzip von Cavalieri∫ ∫∫ ( ∫ )fdλ 2 = χ A f dλ 2 = (χ A f)(x, y) dλ 1 (y) dλ 1 (x)AR 2 R R==∫R∫ 10( ∫ A xf(x, y) dy)dx =12 x(1 − x2 )dx = 1 2∫ 10∫ 10(√1−x 2∫0)xy dy dx(x − x 3 )dx = 1 4 − 1 8 = 1 857

11.6 Die Transformationsformel für Lebesgue-IntegraleFür Riemann-Integrale kennen wir die folgende Transformationsformel. Ist ϕ : I → Î einC 1 -Diffeomorphismus und f : Î → R stetig, so gilt∫∫f(ϕ(t)) · |ϕ ′ (t)| dt = f(x) dxIÎ=ϕ(I)Dies erhält man durch die Variablensubstitution x = ϕ(t). Wir wollen diese Formel aufLebesgue-Integrale im R n verallgemeinern. Dazu erinnern wir zunächst nochmal an dieJacobi-Matrix einer glatten Abbildung ϕ : U ⊂ R n −→ R m . Ist x ein Punkt der offenenMenge U, so ist die Jacobi-Matrix von ϕ in x gegeben durch⎛Dϕ(x) =⎜⎝∂ϕ 1∂x 1(x) . . .∂ϕ 2∂x 1(x) . . ...∂ϕ m∂x 1(x) . . .∂ϕ 1∂x n(x)∂ϕ 2∂x n(x).∂ϕ m∂x n(x)⎞.⎟⎠Satz 11.40 (Transformationsformel für das Lebesgue-Integral). Seien U und Voffene Teilmengen des R n und ϕ : U −→ V ein C 1 -Diffeomorphismus. Eine Funktionf : V → R ist genau dann Lebesgue-integrierbar, wenn (f ◦ ϕ) · |DetDϕ| : U → R Lebesgueintegrierbarist. Es gilt dann∫∫f dλ n = (f ◦ ϕ) · |DetDϕ| dλ n .V =ϕ(U)UFolgerung 10: Ist A ⊂ U eine Lebesgue-meßbare Menge und ϕ : U → V ein C 1 -Diffeomorphismus.Dann ist das Bild ϕ(A) ⊂ V ebenfalls Lebesgue-meßbar und man kann dasMaß folgendermaßen berechnen:∫λ n (ϕ(A)) = |DetDϕ(x)| dλ n (x) (∗)ADie Lebesgue-Meßbarkeit von ϕ(A) folgt bereits aus Satz 11.13. Folgerung 10 verallgemeinertdie Formel für λ n (L(A)) für lineare Abbildungen L : R n → R n aus Satz 11.13. Ist nämlichL linear, so gilt DL(x) = L für alle x ∈ R n und man erhält aus Folgerung 10∫∫λ n (L(A)) = |DetDL(x)| dλ n (x) = |DetL| dλ n = |DetL| · λ n (A) .AABeweis von Satz 11.40: 3Wir benutzen die Transformationsformel für Riemann-Integrale im R 1 und führen den allgemeinenFall mittels Induktion und dem Satz von Fubini darauf zurück.1. Die Folgerung 10 ist offensichtlich ein Spezialfall von Satz 11.40 (Man setze f = 1). Wirzeigen als erstes, dass die Transformationsformel aus Satz 11.40 bereits aus Folgerung 103 Dieser Beweis stammt aus dem Buch von T. Bröcker: Analysis II58

folgt: Ist f eine Treppenfunktion, so folgt aus (∗) und der Linearität des Integrals sofort, dass(f ◦ ϕ) · |DetDϕ| integrierbar ist und die Integralformel aus Satz 11.40 gilt. Ist f : V → Rnichtnegativ, so wählt man eine monotone Folge einfacher Funktionen f n ↑ f und erhältdie Behauptung von Satz 11.40 aus dem Satz von Beppo Levi. Eine beliebige integrierbareFunktion f zerlegt man in f = f + −f − und benutzt die schon bewiesene Aussage für f ± . DieUmkehrung folgt, indem man die Transformation ϕ −1 anwendet und analog argumentiert.Zum Beweis von Satz 11.40 genügt es also, die Formel (∗) aus Folgerung 10 zu beweisen:2. Weiterhin genügt es, folgende lokale Aussage zu beweisen: Jeder Punkt p ∈ U hat eineoffene Umgebung W , so dass die Formel (∗) für die Transformation ϕ| W : W → ϕ(W ) gilt.Ist dies gezeigt, so überdeckt man U durch abzählbar viele solche offenen Mengen W j , j ∈ N,z.B. durch Kugeln mit rationalem Durchmesser und Mittelpunkt. Dann zerlegt man A in⋃disjunkte Teile A = ∞ A k mit A k ⊂ W j(k) und benutzt, dass beide Seiten von (∗) σ-additivsind.k=13. Wir zeigen als nächstes, dass die Formel (∗) für n = 1 gilt: Die Transformationsformel fürdas Riemann-Integral zeigt, dass die Maßeµ 1 : A ∈ L(U) → λ 1 (ϕ(A)) und∫µ 2 : A ∈ L(U) → |DetDϕ(x)|dλ 1 (x)Aauf allen kompakten Intervallen übereinstimmen. Da Maße unterhalb stetig sind, und [a, b) =∞⋃[a, b − 1 n ] gilt, stimmen beide Maße auch auf halboffenen Intervallen überein. µ 1 und µ 2n=1sind auf kompakten Mengen endlich und U läßt sich durch kompakte Mengen ausschöpfen.Folglich sind die Maße µ 1 und µ 2 σ-endlich. Nach dem Hahnschen Fortsetzungssatz, stimmendann µ 1 und µ 2 auf L(U) überein.4. Gilt die Formel (∗) für zwei Transformationen ϕ : U → V und ψ : V → W , so gilt sieauch für die Hintereinanderausführung ψ ◦ ϕ : U → W . Dies folgt aus der Produktregel fürdie DeterminanteDet(D(ψ ◦ ϕ)(x)) = Det[(Dψ)(ϕ(x))] · Det[(Dϕ)(x)]und der Äquivalenz von (∗) und Satz 11.40.Die Formel (∗) gilt insbesondere für die Permutation von Variablen, da dies eine lineareAbbildung ist, für die die Behauptung bereits in Satz 11.13 gezeigt wurde. Wir können alsoOBdA Variablen im Bildbereich und im Urbildbereich vertauschen, ohne die Gültigkeit von(∗) zu verletzen.5. Wir beweisen nun die lokale Aussage 2.) durch Induktion über n.Für n = 1 wurde die Behauptung bereits im Punkt 3.) gezeigt. Wir setzen voraus, dass dieBehauptung in Dimension n − 1 gilt und schließen auf die Dimension n.Sei ϕ : U → ϕ(U) = V ein Diffeomorphismus und p ∈ U. Da Dϕ(p) ≠ 0, kann man nachPermutation von Koordinaten in U und V annehmen, dass ∂ϕ1∂x 1(p) ≠ 0. Wir zerlegen nun ϕlokal um p wie folgt in die Verknüpfung zweier Abbildungen:Sei ψ(x 1 , . . . , x n ) := (ϕ 1 (x), x 2 , . . . , x n ). Dann gilt59

⎛Dψ =⎜⎝∂ϕ 1∂x 1∣ ∣∣ ∗0.0∣1. ..1Also ist Det(Dψ(p)) ≠ 0. Folglich ist ψ lokaler Diffeomorphismus um p (siehe Analysis II,Kapitel 6). Sei nun U so klein gewählt, dass ψ : U → W ein Diffeomorphismus von U aufeine offene Menge W ist. Wir bezeichnen dann mit ρ : W → V die Abbildung ρ := ϕ ◦ ψ −1 .Dann gilt offensichtlich ρ(y 1 , y 2 , . . . , y n ) = (y 1 , ρ 2 (y), . . . , ρ n (y)) . Wir haben also lokal ump den Diffeomorphismus ϕ in die Verknüpfung zweier Diffeomorphismen ψ und ρ zerlegt,die beide mindestens eine Koordinate festlassen:Uϕψ ❘W✲V✒ρ:=ϕ·ψ −1Entsprechend Punkt 4.) genügt es somit, die lokale Behauptung 2.) für Abbildungen ϕ zubeweisen, die die 1. Koordinate festlassen. Sei alsoDann giltϕ : (t, x) ∈ U → (t, ϕ t (x))ϕ t⎞⎟⎠mit: U t := {x ∈ R n−1 | (t, x) ∈ U} → R n−1⎛1(Dϕ)(t, x) = ⎜⎝∗∣ 0 . . . 0∣ (Dϕ t )(x)d.h. Det(Dϕ(t, x)) = Det Dϕ t (x) . Wir wenden nun die Induktionsvoraussetzung, das Prinzipvon Cavalieri und den Satz von Fubini an, und erhalten⎞⎟⎠λ n (ϕ(A)) ===Fubini==∫R∫R∫R∫R n∫A∫λ n−1 (ϕ(A) t ) dλ 1 (t) = λ n−1 (ϕ t (A t )) dλ 1 (t)( ∫ |Det Dϕ t (x)| dλ n−1 (x))dλ 1 (t)A t( ∫R n−1R)χ At |Det Dϕ t (x)| dλ n−1 (x) dλ 1 (t)χ A |Det Dϕ| dλ n|Det Dϕ| dλ n .Beispiel: Das Volumen der Kugel vom Radius R im R nSei D n (R) = {x ∈ R n | ‖x‖ ≤ R} die Vollkugel vom Radius R im R n . Wir wollen folgendeFormel für das Volumen zeigen:60

Satz 11.41. Für das Volumen der Kugel D n (R) gilt⎧⎪⎨Vol (D n (R)) =⎪⎩Für die kleinen Dimensionen erhält manπ n/2·R n( n 2 )!2 n+12 ·π n−12 ·R n1·3·5·...·nn geraden ungeradeVol (D 1 (R)) = 2RVol (D 2 (R)) = πR 2Vol (D 3 (R)) = 4 3 πR3Vol (D 4 (R)) = 1 2 π2 R 4Vol (D 5 (R)) = 8 15 π2 R 5 .Außerdem folgt folgende Rekursionsformel für das Volumen:Vol (D n (R)) = 2 n π R2 Vol (D n−2 (R)) .Beweis von Satz 11.41:Um das Volumen der Kugel zu berechnen, führen wir Kugelkoordinaten im R n ein.Sei g n die Abbildungg n : (0, ∞) × (0, 2π) × (− π 2 , π 2 )n−2} {{ }U 1→ R n \ A} {{ }U 2g n (r, ϕ 1 , ϕ 2 , . . . , ϕ n ) =: (x 1 , . . . , x n )mitx 1x 2x 3:= r · cos ϕ 1 · cos ϕ 2 · cos ϕ 3 · . . . · cos ϕ n−2 · cos ϕ n−1:= r · sin ϕ 1 · cos ϕ 2 · cos ϕ 3 · . . . · cos ϕ n−2 · cos ϕ n−1:= r · sin ϕ 2 · cos ϕ 3 · . . . · cos ϕ n−2 · cos ϕ n−1x 4..:= r · sin ϕ 3 · cos ϕ 4 · · · · · cos ϕ n−2 · cos ϕ n−1x n−1x n:= r · sin ϕ n−2 · cos ϕ n−1:= r · sin ϕ n−1g n : U 1 → U 2 ist ein C 1 -Diffeomorphismus zwischen den offenen Mengen U 1 und U 2 , Abezeichnet dabei die Nullmenge, die man herausnehmen muß, um einen Diffeomorphismuszu erhalten.Für n = 2 sind dies z.B. die Polarkoordinaten in der Ebenex 1 = r · cos ϕ 1x 2 = r · sin ϕ 1 .Für n = 3 sind dies z.B. die Kugelkoordinaten im Raumx 1 = r · cos ϕ 1 · cos ϕ 2x 2 = r · sin ϕ 1 · cos ϕ 2x 3 = r · sin ϕ 2 .61

x 3ϕ 2x 2ϕ 1x 1Offensichtlich giltg n (r, ϕ 1 , . . . , ϕ n−1 ) = ( g n−1 (r, ϕ 1 , . . . , ϕ n−2 ) · cos ϕ n−1 , r · sin ϕ n−1)Daraus erhalten wir⎛Dg n−1 · cos ϕ n−1Dg n = ⎜⎝sin ϕ n−1 0 . . . 0∣ ∣∣⎞− sin ϕn−1 · gn−1t ⎟⎠∣ r · cos ϕ n−1Es folgtDet ( (Dg n )(r, ϕ 1 , . . . , ϕ n−1 ) ) = r · cos n−2 (ϕ n−1 ) · Det ( (Dg n−1 )(r, ϕ 1 , . . . , ϕ n−2 ) )Durch Induktion ergibt sich für die Funktionaldeterminante von g n|Det ( Dg n (r, ϕ 1 , . . . , ϕ n−1 ) ) | = r n−1 cos ϕ 2 · cos 2 ϕ 3 . . . · cos n−2 (ϕ n−1 )Wir setzen dies in die Formel (*) aus Folgerung 10 ein, benutzen den Satz von Fubini underhalten für das Volumen der KugelVol (D n (R)) ==∫∫[0,R)] [0,2π]∫ R0∫|DetDg n (r, ϕ 1 , . . . , ϕ n−1 )| drdϕ 1 . . . dϕ n−1[− π 2 , π 2 ] πππ∫2π∫2∫2∫2r n−1 dr · dϕ 1 · cos ϕ 2 dϕ 2 · cos 2 ϕ 3 dϕ 3 · . . . · cos n−2 (ϕ n−1 )dϕ n−1= 2π n · Rn · 2 n−2 ·0π∫20− π 2cos(t)dt ·π∫20− π 2cos 2 (t)dt · . . . ·π∫20− π 2cos n−2 (t)dtIn Kapitel 7 von Analysis II haben wir die folgenden Integrale berechnet:π∫20⎧⎪⎨cos k (t)dt =⎪⎩1·3·...·(2m−1)2·4·...·(2m)· π2k = 2m2·4·...·(2m)1·3·...·(2m+1)k = 2m + 162

Damit erhalten wirπ∫20cos n−3 (t)dt ·π∫20cos n−2 (t)dt ==⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩1·3·...·(2k−1)2·4·...·(2k)· π2 · 2·4·...·(2k−2)1·3·...·(2k−1)n − 2 = 2k2·4·...·(2k)1·3·...·(2k+1) · 1·3·...·(2k−1)2·4·...·(2k)· π2n − 2 = 2k + 112k · π2n − 2 = 2k12k+1 · π2n − 2 = 2k + 1=1n − 2 · π2Setzt man dies in die obigen Integrale ein, so folgt für das Volumen die folgende RekursionsformelVol (D n (R)) = 2 n πR2 · Vol (D n−2 (R))Für n = 1 und n = 2 berechnet man das Volumen direkt und erhältVol (D 1 (R)) = 2RVol (D 2 (R)) = πR 2 .Dann folgt die Behauptung von Satz 11.41 durch Induktion aus der Rekursionsformel.11.7 L p -RäumeIn diesem Abschnitt lernen wir weitere unendlich-dimensionale Banachräume kennen, dieL p -Räume.Zur Erinnerung: Ein Banachraum ist ein vollständiger normierter Vektorraum (E, ‖·‖), d.h.jede Cauchy-Folge in diesem normierten Raum konvergiert. Wir kennen bereits folgendeBeispiele aus Analysis I und II:1. Jeder endlich-dimensionale normierte Vektorraum ist ein Banachraum (siehe Analysis II,Kapitel 7).2. Sei E die Menge aller beschränkten Folgen x = (x 1 , x 2 , x 3 , . . .) von reellen Zahlen mit derVektorraumstrukturund der Normλ · x + µ · y := (λx 1 + µy 1 , λx 2 + µy 2 , . . .)‖x‖ := sup |x i | .iDann ist (E, ‖ · ‖) ein unendlich-dimensionaler Banachraum.3. Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum und E := C(X, R) = {f : X → R | f stetig }der Vektorraum der reellwertigen stetigen Funktionen auf X mit der Norm‖f‖ ∞ := max{|f(x)| | x ∈ X}.Dann ist (C(X, R), ‖ · ‖ ∞ ) ein unendlich-dimensionaler Banachraum.63

1∫4. Sei E := C([0, 1], R) und ‖f‖ 1 := |f(t)|dt . Dann ist (E, ‖ · ‖ 1 ) ein ∞-dimensionaler,0aber nicht vollständiger normierter VR. Um dies einzusehen betrachtet man die Folge⎧⎨ min(n, √t 1) falls t > 0f n (t) :=⎩ n falls t = 0und zeigt, dass (f n ) eine Cauchy-Folge in (E, ‖ · ‖ 1 ) ist, die nicht konvergiert (die Grenzfunktionist nicht stetig (Übungsaufgabe 11.35).Im folgenden werden wir nun jedem Maßraum (X, A, µ) eine Serie von Banachräumen zuordnen.Sei (X, A, µ) ein Maßraum und p eine positive reelle Zahl. K bezeichne den VektorraumR der reellen Zahlen, die erweiterten reellen Zahlen ¯R oder den Vektorraum C der komlexenZahlen. Wir betrachten die Menge der Funktionen{L p K (X, A, µ) := Lp := f : X → K | f A-meßbar und ∫ }|f| p dµ < ∞Xund nennen für f ∈ L p die Zahldie L p -Norm von f.⎛∫0 ≤ ‖f‖ p := ⎝X⎞|f| p dµ ⎠1p< ∞Es ist natürlich sofort zu sehen, dass ‖ · ‖ p keine Norm auf L p ist, denn es gilt ja ‖f‖ p = 0für Funktionen f : X → K, die nur fast überall Null sind. Wir werden deshalb den FunktionenraumL p durch Bildung von Äquivalenzklassen so modifizieren, dass ein Vektorraumentsteht, auf dem ‖ · ‖ p zumindest im Fall 1 ≤ p < +∞ tatsächlich eine Norm ist.Zunächst bemerken wir, dass für jede positive reelle Zahl p die Eigenschaft‖λ · f‖ p = |λ| · ‖f‖ pf ∈ L p , λ ∈ R bzw. Cgilt. Als nächstes wollen wir die Dreiecksungleichung für ‖ · ‖ p beweisen. Dazu beweisenwir die Hölder- und die Minkowski-Ungleichung für Maßräume, die die klassische Cauchy-Schwarzsche Ungleichung und die Dreiecksungleichung für Euklidische Vektorräume verallgemeinern.1Satz 11.42 (Hölder-Ungleichung). Seien 1 < p, q < +∞ mitp + 1 qund h ∈ L q gilt f · h ∈ L 1 und es ist= 1 . Für f ∈ Lp‖f · h‖ 1 ≤ ‖f‖ p · ‖h‖ q(Hölderungleichung)d.h.∫X( ∫|f · h| dµ ≤X) 1 ( ∫|f| p pdµ ·X) 1|h| q qdµBeweis: Wir zeigen zunächst die folgende Ungleichung für reelle Zahlen:a 1 p · b1q ≤1p · a + 1 q · b ∀a, b ∈ R+ (∗)Zum Beweis von (∗) betrachten wir die Funktion ϕ : (0, ∞) → R definiert durchϕ(t) := 1 p t + 1 q − t 1 p ..64

Dann istϕ ′ (t) = 1 p − 1 p t 1 p −1 = 1 p(1 − 1 ) { > 0 falls t ∈ (1, ∞)t 1− 1 p < 0 falls t ∈ (0, 1)Die Funktion ϕ ist somit monoton wachsend auf (1, +∞) und monoton fallend auf (0, 1).Da ϕ(1) = 1 p + 1 q − 1 = 0, ist ϕ ≥ 0 auf (0, +∞). Wir setzen nun t := a b, a, b > 0. Dann folgtd.h.1p · ab + 1 ( a) 1q − p≥ 0bap + b q ≥ a 1 p · b1− 1 p= a 1 p · b1q .Falls ‖f‖ p = 0 oder ‖h‖ q = 0 gilt, so folgt f = 0 oder h = 0 µ-fast überall und somitdie Behauptung des Satzes unmittelbar. Wir können also annehmen, dass ‖f‖ p > 0 und‖h‖ q > 0 gilt.Im Fall K = R und K = C sind die Werte |f(x)| p und |h(x)| q für jedes x ∈ X endlich. ImFalle K = ¯R gilt dies nach Satz 11.27 für µ-fast alle x ∈ X, dh. auf einer Menge X 0 ⊂ X, diesich von X nur durch eine Nullmenge unterscheidet. Wir können also weiterhin annehmen,dassWir setzen nun für x ∈ X 0 in (∗)|f(x)| p < ∞ und |h(x)| q < ∞ ∀x ∈ X 0 .a := |f(x)|p‖f‖ p pundb := |h(x)|q‖h‖ q q.Dann folgt|f(x)|‖f‖ p· |h(x)|‖h‖ q≤ 1 p|f(x)| p‖f‖ p p+ 1 q|h(x)| q‖h‖ q qIntegrieren wir dies über X 0 (bzw. über die sich von X 0 nur durch eine Nullmenge unterscheidendeMenge X), so erhalten wir∫1·‖f‖ p · ‖h‖ qX|f(x) · h(x)| dµ ≤ 1 ∫p · 1‖f‖ p |f(x)| p dµ(x) + 1pq · 1‖h‖ q qX= 1 p + 1 q = 1.∫·X|h(x)| q dµ(x)und somit‖f · h‖ 1 ≤ ‖f‖ p · ‖h‖ q .Satz 11.43 (Minkowski-Ungleichung). Sei 1 ≤ p < ∞ und seien f, h ∈ L p . Dann giltf + h ∈ L p und‖f + h‖ p ≤ ‖f‖ p + ‖h‖ p(Minkowski-Ungleichung)d.h.) 1 ( ∫|f + h| p pdµ ≤X) 1 ( ∫|f| p pdµ +X) 1|h| p pdµ.( ∫ X65

Beweis: Für p = 1 ist die Behauptung trivial. Sei p > 1. Für beliebige reelle Zahlen a, b giltdenn|a + b| p ≤ 2 p (|a| p + |b| p ) , (∗∗)|a + b| p ≤ (|a| + |b|) p ≤ (2 · max(|a|, |b|)) p≤ 2 p · max(|a| p , |b| p ) ≤ 2 p (|a| p + |b| p ) .Wir setzen nun a = f(x) und b = h(x) und integrieren (∗∗). Damit erhält man∫( ∫ ∫)|f(x) + h(x)| p dµ(x) ≤ 2 p |f(x)| p dµ(x) + |h(x)| p dµ(x) < ∞XXXund somit f + h ∈ L p . Wir zeigen nun die Dreiecksungleichung für ‖ · ‖ p . Wir benutzen dazudie Hölderungleichung:∫∫|f + h| p dµ = |f + h| · |f + h| p−1 dµX≤X∫X≤ ‖f‖ p( ∫ X|f| · |f + h| p−1 dµ +|f + h| q(p−1) dµ∫X) 1q|h| · |f + h| p−1 dµ( ∫+ ‖h‖ p ·X|f + h| q(p−1)) 1/q( ∫= (‖f‖ p + ‖h‖ p ) ·X|f + h| q(p−1) dµ) 1/q.Da 1 p + 1 q= 1, folgt p = q(p − 1) und deshalb∫( ∫ 1/q|f + h| p dµ ≤ (‖f‖ p + ‖h‖ p ) · |f + h| dµ) p .XXDaraus folgt‖f + h‖ p =( ∫ X|f + h| p dµ) 1−1/q≤ ‖f‖p + ‖h‖ p .Als Konsequenz erhalten wir, dass ‖ · ‖ p : L p → R eine Halbnorm auf L p ist, d.h. es gilt:‖f‖ p ≥ 0‖f + h‖ p≤ ‖f‖ p + ‖h‖ p‖λ · f‖ p = |λ| · ‖f‖ p ∀ f, h ∈ L p , λ ∈ K = R bzw. C.Um einen normierten Vektorraum zu erhalten, müssen wir alle diejenigen f ∈ L p “herausfaktorisieren”,für die ‖f‖ p = 0 gilt. Das sind gerade diejenigen Funktionen, die sich nurauf einer µ-Nullmenge von Null unterscheiden. Im Falle K = R können wir durch Abändernauf einer Menge von Maß Null erreichen, dass f endliche Werte hat. Sei alsoN := {f : X → K | fA-meßbar und f = 0 µ-fast überall}und bezeichneL p (X, A, µ) = L p := L p /N .66

Dies ist die Menge von Äquivalenzklassen gezüglich folgender Äquivalenzrelation ∼ auf derMenge L p f ∼ h ⇐⇒ f = h µ-fast überall .Die Vektorraumstruktur und die Norm auf L p definiert man vertreterweise (im Falle K = ¯Rfür die Vertreter mit endlichen Werten):[f] + [h] := [f + h] , λ · [f] = [λ · f] , ‖[f]‖ p := ‖f‖ pSatz 11.44. Sei (X, A, µ) ein Maßraum und 1 ≤ p < ∞. Dann ist (L p (X, A, µ), ‖ · ‖ p ) einBanachraum.Dieser Banachraum heißt Banachraum der L p -Funktionen oder der p-fach integrierbarenFunktionen auf dem Maßraum (X, A, µ). Man schreibt auch kurz f ∈ L p und verstehtdarunter die von f erzeugte Klasse [f] ∈ L p L. Die Konvergenz f pn → f bzgl. ‖ · ‖ p heißtKonvergenz im p-Mittel. Die Funktionen f ∈ L 2 nennt man quadratisch integrierbar und dieKonvergenz in L 2 heißt Konvergenz im quadratischen Mittel.Beweis von Satz 11.44: Sei (f n ) eine Cauchy-Folge aus L p (X, A, µ). Dann gibt es zu jedernatürlichen Zahl k ∈ N einen Index n k , so dass‖f n − f m ‖ p ≤ 1 2 k ∀n, m ≥ n k .Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass n 1 < n 2 < n 3 < . . .. Wirbetrachten nun die folgende Funktionenfolge (g k )g k := |f n1 | +k∑|f nj+1 − f nj | , k ∈ N .j=1Die Funktionen g k : X → [0, ∞] sind A-meßbar, nichtnegativ und es gilt g k ≤ g k+1 . Aus derMinkowski-Ungleichung folgt‖g k ‖ p = ‖ |f n1 | +≤ ‖f n1 ‖ p +≤ ‖f n1 ‖ p +k∑|f nj+1 − f nj | ‖ pj=1k∑‖f nj+1 − f nj ‖ pj=1k∑j=112 j ≤ ‖f n1 ‖ p +∞∑j=112 j ≤ ‖f n1 ‖ p + 1 < ∞ .Aus dem Satz über die monotone Konvergenz und der Existenz der Majorante folgt∫ ∫lim ‖g k‖ p p = lim g p k dµ = ( )limh→∞ k→∞k→∞ gp k dµ < ∞ .Nach Satz 11.27 folgt daraus, dass die Funktion limk→∞ gp kA ⊂ X eine Nullmenge, so dassx ∈ X \ A. Nach Definition von g k (x) giltXXµ-fast überall endlich ist. Sei nunlim g k(x) < ∞ für alle x ∈ X \ A gilt. Wir fixieren eink→∞lim g k(x) = |f n1 (x)| +k→∞∞∑|f nj+1 (x) − f nj (x)| .j=167

Somit ist die Reihef nj (x) +∞∑(f nj+1 (x) − f nj (x)) (∗)j=1im Vektorraum K = R bzw. K = C absolut konvergent, also auch konvergent. Die (k − 1).-Partialsumme der Reihe (∗) ist f nk (x). Folglich existiert der Grenzwert lim f n k(x). Wirk→∞setzen nun{limf(x) :=f n k(x) x ∈ X \ Ak→∞0 x ∈ ADie Funktion f| X\A ist als Grenzfunktion A-meßbarer Funktionen ebenfalls A-meßbar. f| Aist konstant, also A-meßbar. Somit ist f A-meßbar (Sätze 11.14 und 11.17). Wir zeigennun, dassf n −→ f in L p (X, A, µ) .Sei ε > 0. Dann existiert ein Index n ε so dass ‖f n − f m ‖ m < ε für alle n, m ≥ n ε . Aus demLemma von Fatoo (Satz 11.24) folgt∫‖f − f n ‖ p p = | lim f n k(x) − f n (x)| p dµ(x)k→∞für alle n > n ε . Da=X∫X≤ lim infk→∞= lim infk→∞ist f ∈ L p (X, A, µ) und f n → f in L p .lim |f n k(x) − f n (x)| p dµ(x)k→∞∫X|f nk (x) − f n (x)| p dµ(x)‖f n k− f n ‖ p p < ε‖f‖ p ≤ ‖f − f n ‖ p + ‖f n ‖ p < ε + ‖f n ‖ p < ∞ ,Bemerkung: Im Satz 11.44 haben wir uns auf den Fall 1 ≤ p < ∞ beschränkt. Für0 < p < 1 ist ‖ · ‖ p keine Norm, denn die Dreiecksungleichung gilt nur für p ≥ 1. Für0 < p < 1 kann man auf L p aber eine Metrik durchd p (f, h) := ‖f − h‖ p pf, h ∈ L pdefinieren, deren Vollständigkeit man analog beweist. Man kann auch p = +∞ zulassen.Dazu betrachtet man den Raum der wesentlich beschränkten Funktionen L ∞ . Die Definitiondes Raumes (L ∞ , ‖ · ‖ ∞ ) und seine Eigenschaften findet man in den Übungsaufgaben11.38*-11.41*.Aus dem Beweis von Satz 11.44 erhält man auch die folgende Beziehung zwischen derKonvergenz im p-Mittel und der punktweisen Konvergenz:Folgerung 11: Sei (f n ) eine Folge von L p -Funktionen, die im p.- Mittel gegen die Funktionf ∈ L p = L p (X, A, µ) konvergiert. Dann existiert eine Teilfolge (f nk ) von (f n ) die µ-fastüberall punktweise gegen f konvergiert.68

Satz 11.45. Sei (X, A, µ) ein Maßraum mit µ(X) < +∞. Dann gilt für 1 ≤ p < rL r (X, A, µ) ⊂ L p (X, A, µ) .Beweis: Sei f ∈ L r . Da µ(X) < ∞ gilt, liegt die Funktion, die konstant den Wert 1annimmt, für jedes s ≥ 1 im Raum L s . Aus der Hölderungleichung für die Zahl r p > 1 folgtalso∫X|f(x)| p · 1 dµ(x) ≤Damit ist f ∈ L p (X, A, µ).( ∫ X) p ( ∫(|f(x)| p rdµ(x) ·X‖f‖ p ≤ ‖f‖ r · µ(X) r−pr·p < +∞ .) r−pr1 dµ(x),Die Aussage von Satz 11.45 gilt im allgemeinen nicht, wenn µ(X) = +∞. Sei zum BeispielX = [1, ∞) und µ das Lebesgue-Maß. Die Funktion f, definiert durch f(x) = 1 x, liegt inL 2 ([1, ∞)) aber nicht in L 1 ([1, ∞)) .Abschließend betrachten wir Maßräume, auf denen zusätzlich eine Metrik gegeben ist undgeben ein Kriterium dafür an, dass die stetigen Funktionen dicht in den L p -Funktionenliegen.Satz 11.46. Sei (X, A, µ) ein Maßraum, d eine Metrik auf X und B(X) die σ-Algebra derBorel-Mengen von (X, d). Es gelte1. B(X) ⊂ A und2. Zu jedem ε > 0 und A ∈ A existiert eine abgeschlossene Menge F ε ⊂ A so dassµ(A \ F ε ) < ε.Dann gilt()cl C(X) ∩ L p (X, A, µ) = L p (X, A, µ) ,d.h. die stetigen L p -Funktionen liegen dicht im Raum der L p -Funktionen.Für das Lebesgue-Maß sind die Voraussetzungen von Satz 11.46 erfüllt und wir erhaltenFolgerung 12: Sei A ⊂ R n eine Lebesgue-meßbare Menge. Dann gilt()cl C(A) ∩ L p (A, L(A), λ n ) = L p (A, L(A), λ n ),d.h. die stetigen, Lebesgueschen L p -Funktionen liegen dicht in der Menge aller LebesgueschenL p -Funktionen.Beweis von Satz 11.46: Wir betrachten die folgende Menge einfacher FunktionenF := {χ A | A ⊂ X meßbar und µ(A) < ∞} .Mit Hilfe von Satz 11.16 (jede nichtnegative, A-meßbare Funktion lässt sich durch einemonotone Folge einfacher Funktionen approximieren) zeigt man, dass die lineare Hülle vonF{ ∑ n }Lin(F) := λ i χ Ai | χ Ai ∈ F , λ i ∈ K = R (C)i=169

dicht im Raum der L p -Funktionen L p (X, A, µ) liegt (dies sind analoge Argumente wie z.B.beim Beweis des Satzes von Fubini). D.h. es giltL p = cl ( Lin(F) ) .Wir zeigen nun, dass man jede charakteristische Funktion χ A ∈ F beliebig dicht durcheine stetige L p -Funktion approximieren kann. Sei dazu A ⊂ X eine A-meßbare Mengevon endlichem Maß µ(A) < +∞. Wir fixieren ein ε > 0. Nach Voraussetzung existierenabgeschlossene Mengen F 1 ⊂ A mit µ(A \ F 1 ) < ε und F 2 ⊂ X \ A mit µ((X \ A) \ F 2 ) < ε .Offensichtlich ist F 1 ∩F 2 = ∅ . Der Ausdehnungssatz von Titze aus der Topologie besagt: Ist(X, d) ein metrischer Raum und seien F 1 , F 2 ⊂ X zwei disjunkte abgeschlossene Mengen.Dann existiert eine stetige Funktion ϕ : X → [0, 1] so dass ϕ| F1 ≡ 1 und ϕ| F2 ≡ 0. Für einesolche Funktion ϕ erhalten wir∫‖χ A − ϕ‖ p p = |χ A − ϕ| p dµX∫∫∫∫= |χ A − ϕ| p dµ + |χ A − ϕ| p dµ + |χ A − ϕ| p dµ + |χ A − ϕ| p dµA\F 1 F 1 (X\A)\F 2 F 2∫∫≤ 1 · dµ + 0 + 1 · dµ + 0A\F 1 (X\A)\F 2= µ(A \ F 1 ) + µ((X \ A) \ F 2 ) < 2ε .Somit ist χ A − ϕ ∈ L p . Da χ A ∈ L p , folgt ϕ ∈ L p ∩ C(X). Wir haben damit bewiesen, dassF ⊂ cl ( L p ∩ C(X) ) (∗) .Wir bilden in (*) die lineare Hülle beider Räume und benutzen, dass L p ∩ C(X) ein Vektorraumist. Die Bildung der linearen Hülle ist eine monotone Operation, deshalb istLin(F) ⊂ Lin cl ( L p ∩ C(X)) )⊂ cl ( Lin(L p ∩ C(X)) )= cl ( L p ∩ C(X) ) ,Somit istalsoL p = cl ( Lin(F) ) ⊂ cl ( L p ∩ C(X) ) ⊂ L p ,L p = cl ( L p ∩ C(X) ) .70

11.8 Anhang: Das Banach-Tarski-Paradox(Ausarbeitung von T. Neukirchner)Nicht-meßbare Mengen verdeutlichen auf eindrucksvolle Weise, dass es keinen additiven- geschweige denn σ-additiven Volumenbegriff auf der Potenzmenge P(R 3 ) des R 3 gebenkann, der zusätzlich invariant unter der Gruppe E 3 der Euklidischen Bewegungen des R 3 ist:Theorem[Banach-Tarski (1924)] Es sei p ≥ 3 und A, B ⊂ R p seien beschränkte Mengenmit nicht-leerem Inneren. Dann gibt es Mengen A 1 , . . . , A n ∈ P(R p ) und Bewegungenϕ 1 , . . . , ϕ n ∈ E p mitn⊔n⊔A = A i , B = ϕ i (A i )i=1i=1Setzt man z.B. A = Bo 3 = { x ∈ R ∣ 3 ‖x − o‖ ≤ 1 } und B = Bo 3 1⊔ Bo 3 2(o 1 , o 2 so gewählt,dass die Vereinigung disjunkt ist), so besagt der obige Satz, dass die Einheitskugel des R 3durch Zerlegen in endlich viele Teile und Euklidische Bewegungen verdoppelt werden kann.Für diese Version des auch als “Banach-Tarski-Paradox” bekannten Satzes zitieren wir imFolgenden einen Beweis aus [Deu93].Bemerkung: Einen analogen Satz kann es im R 1 und R 2 nicht geben, da für dieseDimensionen das Inhaltsproblem lösbar ist (siehe [Els99, S.4]).Definition Sei S ⊂ E p eine Untergruppe der Gruppe der Euklidischen Bewegungen des R p .A, B ∈ P(R p ) heißen S-zerlegungsgleich, falls es Mengen A 1 , . . . , A n ⊂ A und Bewegungenϕ 1 , . . . , ϕ n ∈ S gibt mitn⊔n⊔A = A i , B = ϕ i (A i )i=1Offensichtlich ist S-Zerlegungsgleichheit eine Äquivalenzrelation auf P(R p ) und wir notierenA ∼ S B.i=1Zur Vorbereitung einige kleine Lemmata:Lemma 11.8.1. Sei S 1 ⊂ C die Einheitskreislinie. Dann gilt: S 1 ∼ SO(2) S 1 \ {1}.Beweis: Die Idee des Beweises ist für das Folgende sehr instruktiv. Sie besteht darin, einenHalbgruppen-Homomorphismus Ψ : N 0 → SO(2) zu betrachten 4 , so dass die induzierteWirkung auf S 1 frei ist 5 . Ein beliebiger Orbit Ψ(N 0 )x ⊂ S 1 steht also in Bijektion zu N 0und er ist invariant unter Ψ(N 0 ) ⊂ SO(2). Damit gilt dann:S 1 = O ⊔ K mit O = Ψ(N 0 )(1), K = S 1 \ OS 1 \ {1} = Ψ(1)(O) ⊔ KEs bleibt also die Abbildung Ψ zu erraten: Ψ(m) = e im (wirkt durch Multiplikation in Cals Element in SO(2)) leistet das gewünschte, denn (e im = 1, m ∈ N 0 ) ⇔ m = 0.4 d.h. Ψ(m + n) = Ψ(m) · Ψ(n)5 d.h. Ψ(m)x = x für ein x ∈ S 1 impliziert m = 071

Sei nun B 2 = {x ∈ C | ‖x‖ < 1} die offene Einheitskreisscheibe und B 2 ihr Abschluss. Dannbeweisst man analog zum obigen Lemma, indem man die Wirkung Ψ kanonisch auf B 2 \ {0}fortsetzt:Lemma 11.8.2. B 2 ∼ SO(2) B 2 \ (0, 1].Das Zentrum des Kreises bedarf einer gesonderten Behandlung, da Ψ(N 0 )0 = 0:Lemma 11.8.3. B 2 ∼ E 2 B 2 \ {0}.Beweis:B 2 \ {0} =( )( )B 2 \ [0, 1] ⊔ (0, 1] ∼ E 2 B 2 \ [0, 1] ⊔ [0, 1) == B 2 ⊔(S 1 \ {1}) Lemma 11.8.1∼ B 2 ⊔ S 1 = B 2Lemma 11.8.4. Sei D ⊂ S 1 abzählbar. Dann gilt immernoch: S 1 ∼ SO(2) S 1 \ D.Beweis: Die Beweisidee ist dieselbe wie in Lemma 11.8.1. Allerdings muss Ψ nun so gewähltwerden, dass Ψ(m)(D) ∩ D ≠ ∅ schon m = 0 impliziert (Vgl. Fussnote 2). Sei dazuΦ = {ϕ ∈ [0, 2π) | ∃ p ∈ D, ∃ n ∈ N, e inϕ · p ∈ D}Da Φ abzählbar ist, existiert ein α ∈ [0, 2π) \ Φ. Wir setzten nun Ψ(m) = e imα . Damit giltΨ(m)(D) ∩ D = ∅, (m ≠ 0) und Ψ(m)(D) ∩ Ψ(n)(D) = ∅ (m ≠ n). Dies liefert folgendeZerlegungen:S 1 = O ⊔ K mit O = Ψ(N 0 )(D), K = S 1 \ OS 1 \ D = Ψ(1)(O) ⊔ KNun gehen wir zum R 3 über. Sei S 2 ⊂ R 3 die Einheitssphäre.Lemma 11.8.5. Sei D ⊂ S 2 abzählbar. Dann gilt S 2 ∼ SO(3) S 2 \ D.Beweis: Da D abzählbar ist, gibt es eine Gerade durch 0, die kein Element aus Denthält. Diese Verwenden wir als Drehachse und übertragen den Beweis von Lemma 11.8.4wortwörtlich.Abschließend das Lemma, das eigentlich gebraucht wird:Lemma 11.8.6. Sei D eine abzählbare Menge von Durchmessern in B 3 , d.h. d ∈ D ist vonder Form d = [−1, 1] · v, v ∈ S 2 . Dann gilt: B 3 ∼ E 3 B 3 \ D.Beweis: Der Schluss von Lemma 11.8.1 auf Lemma 11.8.2 überträgt sich auf die vorliegendeSituation: Eine Wirkung auf S 2 induziert kanonisch eine Wirkung auf B 3 \ {0}. Damiterhält man aus Lemma 11.8.5: B 3 \ D ∼ SO(3) B 3 \ {0}. Nun wenden wir Lemma 11.8.3 aufB 2 ⊂ B 3 an.Nun zum angekündigten Beweis der “Kugelverdopplung”. Seien d f , d h zwei Durchmesser inB 3 mit ∡(d f , d h ) = π/4 und sei:72

• F = {id, f} die von der Drehung f mit Drehwinkel π und Drehachse d f erzeugteGruppe.• H = {id, h, h −1 } die von der Drehung h mit Drehwinkel 2/3π und Drehachse d herzeugte Gruppe.Lemma 11.8.7.(i) G := 〈F, H〉 = F ∗ H ≃ Z 2 ∗ Z 3 .(ii) Es existiert eine disjunkte Zerlegung G = X ⊔ Y ⊔ Z mitfX = Y ⊔ Z, hX = Y, h −1 X = Z (∗)Beweis:Zu(i): Sei g(ɛ) = h ɛ f (ɛ = ±1). Dann lässt sich jedes g ∈ G schreiben als ein Wort von derGestalt g = a g ɛ1 g ɛ2 . . . g ɛk , wobei a ∈ {id, f}, k ∈ N 0 und ɛ i = ±1 (1 ≤ i ≤ k). Zu zeigenist, dass diese Darstellung von g eindeutig ist:1) Für alle k ∈ N und alle k-Tupel (ɛ 1 , . . . , ɛ k ) ∈ {±1} k gilt:g(ɛ 1 , . . . , ɛ k ) := g ɛ1 g ɛ2 . . . g ɛk ∉ {id, f}Dazu wählen wir eine Basis {e 1 , e 2 , e 3 } in R 3 , so dass d f ∈ Re 3 und d h ∈ R(e 3 −e 2 ). In einersolchen Basis gilt:⎛⎞⎛√ ⎞1−1 0 02− ɛ 2 3/2ɛ2√3/2Mat(f) =⎜ 0 −1 0⎟⎝⎠ , Mat(hɛ ) =ɛ⎜⎝2√3/2 −1/4 −3/4⎟√⎠0 0 13/2 3/4 1/4ɛ2ɛ √3/2 (#)22) Für alle k ∈ N und alle k-Tupel (ɛ 1 , . . . , ɛ k ) ∈ {±1} k existieren n i := n i (ɛ 1 , . . . , ɛ k ),i = 1, 2, 3 mit:n 1 ∈ 6Z, n 2 + n 3 ∈ 4Z n 2 , n 3 ∈ Z, (2a)so dassMat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k ) ) 1,i=1,2,3= ( 1 + n12 k ,n 22 k √3/2,n 32 k √3/2)(2b)Insbesondere folgt aus 2) sofort 1) und damit (i), da z.B. Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k ) ) 1,1 ≠ ±1.Wir beweisen 2) mittels vollständiger Induktion über k:• Für k = 1 ersieht man aus (#) sofort: n 1 (ɛ 1 ) = 0, n 2 (ɛ 1 ) = −ɛ 1 , n 3 (ɛ 1 ) = ɛ 1 . Offensichtlicherfüllen die n i (ɛ 1 ) die Eigenschaft (2a).• Sei nun k ≥ 1 und Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k ) ) ( = √ √1+n 1 n, 21,i=1,2,3 2 k 2 3/2,n 3k 2 3/2), wobei diekn i die Eigenschaften (2a) erfüllen sollen 6 . Durch Multiplikation von rechts mit g(ɛ k+1 )6 Die Parameter ɛ i seien an dieser Stelle zu Gunsten der Übersichtlichkeit unterdrückt.73

erhält man:Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) = 1 (1,1 1 + n12 k+1 + 3 2 ɛ )k+1(n 2 + n 3 )} {{ }=n 1 (ɛ 1 ,...,ɛ k+1 )Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) 1,2 = 1 √ (3/2 −ɛk+12 k+1 (1 + n 1 ) − 1 2 n 2 + 3 2 n )3} {{ }=n 2 (ɛ 1 ,...,ɛ k+1 )Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) = 1 √ (1,3 3/2 ɛk+12 k+1 (1 + n 1 ) − 3 2 n 2 + 1 2 n )3} {{ }=n 3 (ɛ 1 ,...,ɛ k+1 )Damit ist zum einen Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) von der Gestalt (2b) und die Eigenschaft(2a) für die n i (ɛ 1 , . . . , ɛ k+1 ) lassen sich nun leicht aus denen für n i =1,i=1,2,3n i (ɛ 1 , . . . , ɛ k ) herleiten.Zu(ii): Wir definieren die Zerlegung von G rekursiv über die nach (i) eindeutig bestimmteWortlänge #(g) eines Elementes g ∈ G bzgl. der Buchstaben f, h, h −1 :• id ∈ X, (#(id) = 0).• Sei für g ∈ G mit #(g) ≤ n bereits definiert, in welcher der Mengen X, Y, Z es enthaltenist. Betrachte nun a g, a ∈ {f, h, h −1 }. Entweder ist #(a g) ≤ n oder #(a g) = n + 1.Nur für letzteren Fall muss definiert werden in welcher Menge a g liegt:Der Rest des Beweises ist nachrechnen.g ∈ X g ∈ Yg ∈ Za = f Y X Xa = h Y Z Xa = h −1 Z X YIn Lemma 11.8.1 haben wir die Eigenschaft N 0 \ ( 1 + N 0)= {0} durch eine freie Wirkungerfolgreich auf S 1 übertragen. Genauso wollen wir jetzt die Eigenschaft (∗) auf B 3übertragen.Lemma 11.8.8. Bezeichne d g den die Drehachse von g ∈ G repräsentierenden Durchmesser,sowie D = ⋃ g∈G d g ⊂ B 3 . Dann gilt(i) G(D) = D.(ii) Die Wirkung von G auf B 3 \ D ist frei.Beweis: (i) Sei d k ⊂ D und g, k ∈ G. Dann gilt gkg −1( g(d k ) ) = gk(d k ) = g(d k ). Mitanderen Worten g(d k ) = d gkg −1 ⊂ D.(ii) Die Wirkung ist wohldefiniert, da nach (i) G ( B 3 \ D ) ⊂ B 3 \ D. Sie ist frei, denn ausg(x) = x, x ∈ B 3 folgt sofort x ∈ d g ⊂ D.Man zerlegt nun B 3 \ D in die Orbits bzgl. der G-Wirkung. In jedem Orbit wähle man einenRepräsentanten (Auswahlaxiom !) und bezeichne die Menge aller Repräsentanten mit R. Seinun A = X(R), B = Y (R) und C = Z(R). Dann gilt:B 3 \ D = G(R) = A ⊔ B ⊔ C und f(A) = B ⊔ C, h(A) = B, h −1 (A) = C74

Das heisstA = fh(A) ⊔ fh −1 (A), B = hf(B) ⊔ hfh(B), C = h −1 f(C) ⊔ h −1 fh −1 (C)Damit lässt sich zunächst B 3 \ D ∼ SO(3)(B3 \ D) ⊔ (B 3 \ D) zeigen. Mit Lemma 11.8.6folgt nun das Banach-Tarski-Paradox.Literatur[Deu93] W.A. Deuber: Paradoxe Zerlegungen Euklidischer Räume,Elemente der Mathematik 48 (1993), 61-75.[Els99] J. Elstrodt, Maß- und Integrationstheorie, Springer, 1999.75

11.9 Wiederholungsfragen zur PrüfungsvorbereitungDie folgenden Fragen fassen den in Kapitel 11 behandelten Stoff zusammen. Sie sollen dieVorbereitung auf die Analysisprüfung erleichtern. Bei der Beantwortung der Fragen solltenSie folgendes beachten: Zu getroffenen Aussagen sollten Sie Beweise bzw. kurze Beweisideenkennen, mathematische Begriffe sollten Sie an Beispielen bzw. Gegenbeispielen erläuternkönnen. Außerdem sollten Sie den Vorlesungsstoff auf die Lösung von Aufgaben anwendenkönnen (wie in der Übung behandelt bzw. in den wöchentlichen Hausaufgaben gestelltwurden).1. Definieren Sie die Begriffe Ring, Algebra und σ-Algebra über einer nichtleeren MengeX. Wie hängen diese Begriffe zusammen? Nennen Sie Beispiele.2. Definieren Sie die σ-Algebra der Borelmengen eines metrischen Raumes. Wie kann mandiese σ-Algebra erzeugen? Nennen Sie Eigenschaften der σ-Algebra der Borelmengen.3. Definieren Sie die Begriffe Inhalt, σ-Inhalt und Maß. Welche Eigenschaften haben dieseMengenfunktionen? Nennen Sie Beispiele.4. Erläutern Sie die Konstruktion von Maßräumen nach Caratheodory: Definieren Sieden Begriff des äußeren Maßes µ ∗ . Welche Eigenschaften hat das Mengensystem allerµ ∗ -meßbaren Mengen?5. Erläutern Sie Möglichkeiten, äußere Maße zu konstruieren (aus einem Ring mit σ-Inhalt, metrische äußere Maße). Welche zusätzlichen Eigenschaften haben die äußerenMaße, die aus einem Ring mit σ-endlichem σ-Inhalt konstruiert werden? (Vervollständigung,Eindeutigkeit der Fortsetzung).6. Definieren Sie das äußere Lebesgue-Maß, das Borel-Lebesgue-Maß und das Lebesgue-Maß auf dem R n . Nennen Sie Beispiele für Lebesgue-meßbare bzw. nicht LebesguemeßbareMengen. Nennen Sie Kriterien für die Lebesgue-Meßbarkeit einer Teilmengedes R n .7. Definieren Sie den Begriff der meßbaren Abbildung zwischen meßbaren Räumen. Wannheißt eine numerische Funktion meßbar? Nennen Sie Kriterien für die Meßbarkeit einernumerischen Funktion. Welche Eigenschaften meßbarer Funktionen kennen Sie?8. Wann heißt eine numerische Funktion Borel- bzw. Lebesgue-meßbar? Wie verhält sichdie Klasse der stetigen Funktionen zur Klasse der Lebesgue-meßbaren Funktionen(Satz von Lusin, Satz von Frechet)?9. Erläutern Sie die Integraldefinition für numerische Funktionen auf einem Maßraum.Nennen Sie die wichtigsten Eigenschaften des Integrals.10. Welche Konvergenzsätze kennen Sie für das Integral von Funktionenfolgen auf einemMaßraum?11. Welche Beziehung besteht zwischen dem Riemann-Integral und dem Lebesgue-Integral?12. Wie bildet man das Produkt zweier σ-endlicher Maßräume? Welche Eigenschaften hatdas Produktmaß?77

13. Wie integriert man über Produkträumen bzw. Vervollständigungen von Produkträumen(Fubini)? Erläutern Sie Anwendungen des Satzes von Fubini für die Berechnung vonLebesgue-Integralen im R n und die Berechnung des Lebesgue-Maßes einer Teilmengedes R n .14. Formulieren Sie die Transformationsformel für Lebesgue-Integrale im R n . ErläuternSie die Beweisidee. Nennen Sie typische Anwendungen.15. Definieren Sie den Raum der L p -Funktionen eines Maßraumes, 1 ≤ p < ∞. NennenSie die wichtigsten Eigenschaften der L p -Räume (Banachraum, Dichtheit stetigerFunktionen, Verhalten bei verschiedenem p).11.10 Weitere Literatur zur VorlesungDie folgenden Bücher sind für das Selbststudium für den Einführungskurs zur Maß- undIntegrationstheorie geeignet. Besonders zu empfehlen ist das Buch von J. Elstrodt, das vieleinteressante Anwendungen und weiterführende Kommentare enthält und die auch historischeEntwicklung der Maß- und Integrationstheorie sehr aufschlußreich erläutert.• J. Elstrodt: Maß- und Integrationstheorie, Springer 1998• H. Bauer: Maß- und Integrationstheorie, de Gruyter 1990• E. Behrends: Maß- und Integrationstheorie, Springer 1987• P. Günther: Grundkurs Analysis III, Kap. 10, Teubner Verlag Leipzig 1974• Th. Bröcker: Analysis II, Kap. 3+4, Wissenschaftsverlag Mannheim 1992• Halmos: Measure theory, Springer 1976• Hewitt/Stromberg: Real and abstract analysis, Springer 196578

11.11 Übungsaufgaben zu Kapitel 11Aufgabe 11.1Sei f : X → Y eine Abbildung, A eine σ-Algebra auf X und L eine σ-Algebra auf Y . ZeigenSie:1) f ∗ A := { B ⊂ Y | f −1 (B) ∈ A } ist eine σ-Algebra auf Y .2) f −1 L := { f −1 (B) | B ∈ L } ist eine σ-Algebra auf X.Aufgabe 11.2 (Konstruktion neuer Maße)A sei eine σ-Algebra auf X. Zeigen Sie1) Ist µ ein Maß auf A und B ∈ A eine Menge mit ∞ > µ(B) ≠ 0. Dann istµ B : A → [0, ∞], µ B (A) :=µ(A ∩ B)µ(B)ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf A (bedingte Wahrscheinlichkeit).2) Seien a n ∈ R + ∑und µ n Maße auf A (n ∈ N). Dann ist auch µ := ∞ a n µ n ein Maß aufA.3) Sei µ n : A → [0, ∞] (n ∈ N) eine monotom wachsende Folge von Maßen auf A, daßheißt µ n (A) ≤ µ n+1 (A), ∀ A ∈ A. Dann ist µ := limn→∞ µ n ebenfalls ein Maß auf A.n=1Aufgabe 11.3Sei R n die Menge der Figuren des R n . Die Abbildung ν n : R n → [0, ∞] sei definiert durch⎧⎪⎨ 0 falls A = ∅ν n (A) := m∑ ⎪⎩ vol(W i )⋃falls A = m W i , wobei W i disjunkte halboffene Quader (1 ≤ i ≤ m)i=1i=1Beweisen Sie, daß R n ein Ring und ν n ein σ-endlicher σ-Inhalt auf R n ist.Aufgabe 11.4 (Borelmengen)Sei B(R n ) := A σ (O(R n )) die σ-Algebra der Borelmengen des R n . Bezeiche F(R n ) die abgeschlossenenMengen der R n , K(R n ) die kompakten Mengen des R n und E n die Menge derhalboffenen Quader im R n . Beweisen Sie, daßB(R n ) = A σ (F(R n )) = A σ (K(R n )) = A σ (E n )Aufgabe 11.5Sei µ : B(R n ) → {0, 1} ein Maß auf den Borelmengen des R n mit Werten in {0, 1} undµ(R n ) = 1. Beweisen Sie, daß µ gleich dem Dirac-Maß eines Punktes x ∈ R n ist.79

Aufgabe 11.6Sei µ ∗ : P(R) → [0, ∞] die folgende Mengenfunktion:⎧⎪⎨ 0 : B = ∅µ ∗ (B) := 1 : B beschränkt⎪⎩∞ : B unbeschränkta) Beweisen Sie, daß µ ∗ ein äußeres Maß, aber kein Maß ist.b) Bestimmen Sie das Mengensystem A µ ∗ aller µ ∗ -meßbaren Mengen.Aufgabe 11.7Sei µ ∗ : P(X) → [0, ∞] ein äußeres Maß. Beweisen Sie:a) A ⊂ X und µ ∗ (A) = 0 ⇒ A ist µ ∗ -meßbar.b) B ⊂ A ⊂ X und µ ∗ (A) = 0 ⇒ B ist µ ∗ -meßbarAufgabe 11.8 (Reguläre äußere Maße)Ein äußeres Maß µ ∗ : P(X) → [0, ∞] heißt regulär, falls für jedes E ⊂ X eine µ ∗ -meßbareMenge A ⊂ X existiert, so daßE ⊂ A und µ ∗ (E) = µ ∗ (A). (∗)Sei nun (R, µ) ein Ring über X mit σ-Inhalt µ und sei µ ∗ das nach Satz 6 der Vorlesungdaraus konstruierte äußere Maß auf P(X) sowie A µ ∗ die σ-Algebra der µ ∗ -messbaren Mengen.Zeigen Sie: Zu jedem E ⊂ X existiert eine Menge A ∈ A σ (R), die (∗) erfüllt. Insbesondereist also µ ∗ regulär.Aufgabe 11.9 (Vollständigkeit)Sei (X, A, µ) ein Maßraum und{A µ := E ⊂ X ∣ }∃ A ∈ A, ∃ N ⊂ N 0 ∈ A mit µ(N 0 ) = 0, so daß: E = A ∪ N(∗)Zeigen Sie:a) Die Abbildung µ : A µ → [0, ∞], µ(E) := µ(A), mit E = A ∪ N wie in (∗) istwohldefiniert.b) E ∈ A µ ⇐⇒ ∃ E in , E ex ∈ A mit E in ⊂ E ⊂ E ex und µ(E ex \ E in ) = 0.Aufgabe 11.10 (metrisches äußeres Maß)Es sei (X, d) ein metrischer Raum und µ ∗ : P(X) → [0, ∞] ein äußeres Maß. Dann heißt µ ∗metrisches äußeres Maß, wenn für alle nicht-leeren Mengen A, B ⊂ X für deren metrischenAbstand d(A, B) := inf{d(a, b)|a ∈ A, b ∈ B} > 0 gilt,µ ∗ (A ∪ B) = µ ∗ (A) + µ ∗ (B)80

erfüllt ist. Bezeichne mit B(X) die Borelsche σ-Algebra von X.Zeigen sie die Implikation (=⇒) der folgenden Aussage:B(X) ⊂ A µ ∗⇐⇒ µ ∗ ist metrisches äußeres Maß.Die Implikation (⇐=) wird in der Übung besprochen.Aufgabe 11.11 (Translationsinvarianz und Eindeutigkeit)a) Seien X, Y Mengen, E ⊂ P(Y ) und f : X → Y eine Abbildung. Dann giltA σ (f −1 E) = f −1 A σ (E)b) Sei A eine Lebesgue-messbare Teilmenge des R n und x ∈ R n . Beweisen Sie, dass dannauch die Menge A + x := {a + x | a ∈ A} Lebesgue-messbar ist und dass für dasLebesgue-Maßλ n (A) = λ n (A + x)gilt. (D.h. das Lebesgue-Maß ist translationsinvariant).Hinweis: Verwenden Sie an geeigneter Stelle Teil a).c*) Es sei µ ein translationsinvariantes Maß auf L(R n ) und es gelte 0 < α := µ((0, 1] n )

1. Für jedes Wahrscheinlichkeitsmaß µ auf B(R) istF µ : R → R,F µ (x) := µ ((−∞, x))eine Verteilungsfunktion und es gilt λ Fµ |B(R) = µ.2. Umgekehrt ist für jede Verteilungsfunktion F das Maß µ := λ F |B(R) ein Wahrscheinlichkeitsmaßmit F µ = F .Aufgabe 11.16Sei (X, A) ein meßbarer Raum und sei f : X → R eine numerische Funktion. Beweisen Sie,dass die folgenden Bedingungen äquivalent sind:(i)(ii)(iii)f ist A-messbar{ ∣x ∈ X f(x) > a } ∈ A, ∀ a ∈ R (iv){x ∈ X∣ ∣ f(x) ≥ a } ∈ A, ∀ a ∈ R (v){x ∈ X∣ ∣ f(x) < a } ∈ A, ∀ a ∈ R{x ∈ X∣ ∣ f(x) ≤ a } ∈ A, ∀ a ∈ RAufgabe 11.17Sei (X, A) ein messbarer Raum und f, g : X → R A-messbare Funktionen. Beweisen Sie,dass dann auch die Funktionen f + g, f · g, max{f, g}, min{f, g} und |f| A-messbar sind.Aufgabe 11.18Sei (X, A) ein meßbarer Raum und f n : X → R eine Folge A-meßbarer numerischerFunktionen. Beweisen Sie, dass dann auch die Funktionen sup f n , inf f n , lim sup f n undlim inf f n A-meßbar sind.Aufgabe 11.19Sei f : R → R eine Funktion. Beweisen Sie:a) Hat f abzählbar viele Unstetigkeitsstellen, so ist f Borel-meßbar.b) Ist f monoton, so ist f Borel-meßbar.c) Ist die Menge der Unstetigkeitsstellen von f eine λ 1 -Nullmenge, so ist f Lebesguemeßbar.c) Ist f Riemann-integrierbar, so ist f Lebesgue-meßbar.Aufgabe 11.20Sei (X, A, µ) ein Maßraum, (X, A µ , µ) seine Vervollständigung und f : E → R, E ∈ A µ eineFunktion. Beweisen Sie die folgende Äquivalenz:f ist A µ -messbar⇐⇒∃ A ⊂ E, A ∈ A, µ(E \ A) = 0 mit:f| A ist A-messbar82

Aufgabe 11.21Sei (X, A, µ) ein Maßraum und f ∈ L(X, A, µ). Dann ist f µ-fast überall endlich, d.h.µ ( {f = ∞} ) = 0.Aufgabe 11.22Sei (X, A, µ) ein Maßraum und f ∈ L(X, A, µ). Weiterhin sei h : X → R A-messbar.a) Ist f = h µ-fast überall. Dann gilt:h ∈ L(X, A, µ)und∫∫f dµ =h dµXXb) Ist |h| ≤ f, dann ist h ∈ L(X, A, µ).Aufgabe 11.23 (Integration bezüglich eines Bildmaßes)Sei (X, A, µ) ein Maßraum, (Y, B) ein messbarer Raum und T : X → Y (A, B)-messbar. DieAbbildungT ∗ µ := µ ◦ T −1 : B −→ [0, ∞]heißt Bildmaß. Zeigen Sie:a) T ∗ µ ist ein Maß auf B.b) Ist f : Y → R (T ∗ µ)-integrierbar, so ist f ◦ T : X → R µ-integrierbar und∫∫f d(T ∗ µ) = f ◦ T dµXXAufgabe 11.24 (Absolute Stetigkeit des Integrals)Sei f : [a, b] → R eine Funktion.• f heißt absolut stetig, falls zu jedem ɛ > 0 ein δ > 0 existiert mitn∑|f(b k ) − f(a k )| < ɛk=1( ⋃n)für alle a ≤ a 1 < b 1 ≤ a 2 < b 2 ≤ . . . ≤ a n < b n ≤ b (n ∈ N) mit λ 1 k=1 (a k, b k ) =∑ nk=1 (b k − a k ) < δ.• f heißt von beschränkter Variation über [a, b], falls Va b (f) < ∞, wobei{ n}∑Va b (f) := sup |f(x k ) − f(x k−1 )| : a = x 0 < x 1 < . . . < x n = b, n ∈ NZeigen Sie:k=1die sogenannte Totalvariation von f über [a, b] ist.a) Sei (X, A, µ) ein Maßraum und f ∈ L(X, A, µ). Dann gilt: ∀ ɛ > 0 ∃ δ > 0 mit folgenderEigenschaft:∫∀ A ∈ A mit µ(A) < δ gilt: ∣ fdµ ∣ < ɛInsbesondere ist also für alle f ∈ L([a, b], B([a, b]), λ 1 ) die Funktion F (x) := ∫absolut stetig.X[a,x]f dλ 183

) Für f : [a, b] → R gelten die folgenden Implikationen:f absolut stetig =⇒ f von beschränkter Variationf absolut stetig =⇒ f gleichmäßig stetigc) Jedes f : [a, b] → R von beschränkter Variation lässt sich als Differenz zweier monotonwachsender Funktionen schreiben.(Hinweis: Betrachten Sie die Funktion V xa (f))Aufgabe 11.25Sei f n : [0, 1] → R die Funktionenfolge gegeben durch f n := n · χ [0,1n) .a) Konvergiert die Folge (f n ) punktweise auf [0, 1] und was ist gegebenenfalls die Grenzfunktion?b) Konvergiert die Folge (f n ) gleichmäßig auf [0, 1] ?c) Sind Grenzübergang für n → ∞ und Integration über [0, 1] miteinander vertauschbar?d) Besitzt die Folge (f n ) auf [0, 1] eine Lebesgue-integrierbare Majorante ?Aufgabe 11.26x∫Sei f : [a, b] → R Lebesgue-integrierbar mit f(t) dλ 1 (t) = 0, ∀ x ∈ [a, b]. Dann ist f = 0λ 1 -fast-überall.aAufgabe 11.27a) Sei f : [a, b] × [a, b] → R Lebesgue-integrierbar. Zeigen Sie die folgende Identität:⎛⎞⎛⎞∫ ba⎝∫ yaf(x, y) dλ 1 (x) ⎠ dλ 1 (y) =∫ ba⎝∫ bxf(x, y) dλ 1 (y) ⎠ dλ 1 (x)b) Sei f : R → R Lebesgue-integrierbar. Zeigen Sie durch vollständige Induktion:∫ x0⎛⎝∫ x 10. . .∫x n−20⎛∫⎝x n−10⎞f(x n ) dλ 1 (x n ) ⎠ dλ 1 (x n−1 ) . . . dλ 1 (x 2 ) ⎠ dλ 1 (x 1 ) ==1(n − 1)!∫ x0⎞(x − t) n−1 f(t) dλ 1 (t)Aufgabe 11.28Berechnen Sie mit Hilfe des Satzes von Fubini den Flächeninhalt der folgenden Fläche A ⊂R 2 :A :={(x, y) ∈ R ∣ 2 1 ≤ xy ≤ 2 und 1 ≤ y }x ≤ 2Was wäre eine Alternative zu Fubini ?84

Aufgabe 11.29Begründen Sie, warum die folgenden Integrale ∫ f dλ 3 existieren und berechnen Sie diese:Aa) f(x, y, z) = 1 A :={(x, y, z) ∈ R ∣ }3 0 ≤ x, y, z ∧ x + y + z ≤ 1b) f(x, y, z) = x A wie in Teil a){c) f(x, y, z) = 2x + 3y − z A := (x, y, z) ∈ R ∣ }3 0 ≤ x, y, z ∧ x + y ≤ a ∧ z ≤ b{d) f(x, y, z) = 1 A := (x, y, z) ∈ R ∣ 3 x 2 + y 2 ≤ z ≤ 2(x 2 + y 2 ) ∧}∧ 0 ≤ x ≤ 1 ∧ x 2 ≤ y ≤ xAufgabe 11.30Allgemein gilt: Belegt man einen Körper A ⊂ R 3 mit einer homogenen Masseverteilung, soerrechnen sich seine Schwerpunktskoordinaten gemäß(S x , S y , S z ) = 1 (∫ ∫x dλ 3 ,λ 3 (A) AA∫ )y dλ 3 , z dλ 3 .ABerechnen Sie den Schwerpunkt des Körpers, der durch die Flächen z = 1 und x29 + y29 = 5−zeingeschlossen wird.Aufgabe 11.31Unter Benutzung geeigneter Koordinaten berechne man das Volumen1. des Teils der Kugel (x−a) 2 +y 2 +z 2 ≤ a 2 , der durch die Zylinderfläche (x−a) 2 +y 2 =b 2 (a 2 > b 2 ) herausgeschnitten wird,2. des Körpers, der von der Ebene z = 0 und den Flächen z = √ x 2 + y 2 und (x − 1 2 )2 +y 2 = 1 4begrenzt wird.Aufgabe 11.32Sei K = {(x, y) ∈ R 2 | x 2 + y 2 ≤ 1} die Einheitskugel im R 2 . Berechnen Sie für jedesn, m ∈ N das Integral ∫Kx n y m dxdy.Aufgabe 11.33Sei f : K := K(0, r 0 ) −→ R eine stetige Funktion auf der Kugel K um Null mit dem Radiusr 0 , die nur vom Abstand ||x|| abhängt. Beweisen Sie, dass für jeden Punkt Q ∈ R 3 \ K gilt∫Kf(x)||x − Q|| dλ 3(x) = 1||Q||∫Kf(x) dλ 3 (x).Aufgabe 11.34Wir betrachten die Eulersche Beta-Funktion B : R + × R + −→ RB(p, q) :=∫ 10t p−1 (1 − t) q−1 dt.85

∞∫Beweisen Sie folgenden Zusammenhang zur Gamma-Funktion Γ(x) = t x−1 e −t dt (definiert0in Analysis II (Kap. 7.6):B(p, q) = Γ(p)Γ(q)Γ(p + q) .Hinweis: Substituieren Sie in B(p, q) t := sin 2 ϕ und benutzen Sie im IntegralB(p, q)Γ(p + q) die Transformationsformel des Integrals beim Übergang zwischen Polarundeuklidischen Koordinaten.Aufgabe 11.35Auf dem Vektorraum C([0, 1], R) der auf dem Intervall [0, 1] stetigen reellwertigen Funktionenbetrachten wir die Norm ‖ · ‖, definiert durch‖f‖ 1 :=∫ 10|f(x)| dx.Beweisen Sie, dass der normierte Raum (C([0, 1], R), ‖ · ‖ 1 ) nicht vollständig ist.Aufgabe 11.36Allgemein ist auf L 2 C (X, A, µ) durch 〈f, g〉 := ∫ fgdµ ein Skalarprodukt erklärt, so dass( XL2C (X, A, µ), 〈., .〉 ) ein Hilbert-Raum ist und offensichtlich ‖f‖ 2 = √ 〈f, f〉 gilt.Sei nun speziell X = N, A = P(X) und µ das Zählmaß auf X. Beweisen Sie, dass indiesem Fall der Raum der quadratisch integrierbaren Funktionen L 2 C(X, A, µ) gleich demHilbertschen Folgenraum lC 2 (siehe Aufgabe 61, Analysis I) ist und das Skalarprodukt vonL 2 mit dem Skalarprodukt von l 2 übereinstimmt.Aufgabe 11.37Zeigen Sie, dass die Norm1. ‖f‖ ∞ := sup |f(x)|x∈[a,b]die Normauf dem Vektorraum C([a, b], R) der stetigen Funktionen und2. ‖.‖ p auf L p C (R, L(R), λ 1) für p ≠ 2nicht von einen Skalarprodukt induziert werden.Hinweis: In Aufgabe 47, Analysis I haben wir gezeigt, dass auf einem beliebigen normiertenVektorraum (E, ‖ · ‖) über K = C, R die Norm ‖ · ‖ genau dann durch ein Skalarproduktinduziert wird, wenn die Parallelogramm-Gleichung‖x + y‖ 2 + ‖x − y‖ 2 = 2(‖x‖ 2 + ‖y‖ 2 )x, y ∈ Eerfüllt ist. Man finde spezielle Funktionen, für welche diese Gleichung nicht gilt.Aufgabe 11.38*Sei (X, A, µ) ein Maßraum und K der Körper der reellen oder komplexen Zahlen. Es bezeichne˜L ∞ (X, A, µ) := {f : X → K | f ist A − messbar und µ-fast überall beschränkt}den Raum der wesentlich beschränkten Funktionen. Für f ∈ ˜L ∞ sei{}‖f‖ ∞ :=infA∈A,µ(A)=0sup |f(x)|x∈X\A86

das wesentliche Supremum von f. Beweisen Sie:1. Sei f ∈ ˜L ∞ und 0 < a < ‖f‖ ∞ . Dann gilt µ({x ∈ X | |f(x)| > a}) > 0.2. Zu jedem f ∈ ˜L ∞ existiert eine Menge A ∈ A mit µ(A) = 0, so dass ‖f‖ ∞ =sup |f(x)|x∈X\A3. Für f ∈ ˜L ∞ gilt: ‖f‖ ∞ = 0 genau dann, wenn f ∈ N := Menge der A-messbarenFunktionen, die µ-fast überall Null sind.Aufgabe 11.39*Sei (X, A, µ) ein Maßraum. Es sei L ∞ (X, A, µ) := ˜L ∞ (X, A, µ) |N und ‖[f]‖ ∞ := ‖f‖ ∞für eine Äquivalenzklasse [f] ∈ L ∞ . Beweisen Sie, dass (L ∞ (X, A, µ), ‖ · ‖ ∞ ) ein normierterVektorraum ist.Aufgabe 11.40*Beweisen Sie, dass (L ∞ (X, A, µ), ‖ · ‖ ∞ ) ein Banachraum ist.Aufgabe 11.41*Sei (X, A, µ) ein Maßraum mit µ(X) < ∞. Beweisen Sie:1. L ∞ ⊂ L p für alle 1 ≤ p ≤ ∞.2. Für f ∈ L ∞ gilt limp→∞ ‖f‖ p = ‖f‖ ∞ .3. Es sei 1 ≤ p 1 < p 2 < p 3 < ... eine monoton wachsende Folge reeller Zahlen, die gegen∞ konvergiert. f : X −→ K sei eine A-meßbare Funktion. Dann gilt: Ist f ∈ L p kfürjedes p k und sup ‖f‖ pk < ∞ , dann ist f ∈ L ∞ .k87