Mannigfaltigkeit/Abzählbar/Positive Volumenform/Zugehöriges Maß/Vorbereitende Eigenschaften/Fakt/Beweis

Beweis

(1). Wegen  ${}T\subseteq U_{1}\cap U_{2}$  können wir  ${}U=U_{1}=U_{2}$  annehmen (aber mit unterschiedlichen Kartenabbildungen ${}\alpha _{1}$ und ${}\alpha _{2}$ nach ${}V_{1}$ bzw. ${}V_{2}$). Es sei

$\psi =\alpha _{2}\circ \alpha _{1}^{-1}\colon V_{1}\longrightarrow V_{2}$

der diffeomorphe Kartenwechsel. Dann gelten nach Fakt und nach Fakt, und da wegen der Positivität von  ${}f_{1}=(f_{2}\circ \psi )\det {\left(D\psi \right)}$  und von ${}f_{2}$ auch die Determinante positiv ist, die Gleichheiten

${}{\begin{aligned}\nu (\alpha _{2},T)&=\int _{\alpha _{2}(T)}f_{2}\,d\lambda ^{n}\\&=\int _{\alpha _{1}(T)}(f_{2}\circ \psi ){|}\det {\left(D\psi \right)}{|}\,d\lambda ^{n}\\&=\int _{\alpha _{1}(T)}(f_{2}\circ \psi )\cdot \det {\left(D\psi \right)}\,d\lambda ^{n}\\&=\int _{\alpha _{1}(T)}f_{1}\,d\lambda ^{n}\\&=\nu (\alpha _{1},T).\end{aligned}}$

(2). Es sei ${}U_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine abzählbarer Atlas. Dann kann man die Mengen  ${}T_{n}=T\cap (U_{n}\setminus \bigcup _{m<n}U_{m})$  nehmen.
(3). Es seien  ${}T=\biguplus _{i\in I}T_{i}=\biguplus _{j\in J}S_{j}$  zwei abzählbare disjunkte messbare Zerlegungen, deren Glieder jeweils in Karten enthalten seien. Die Karten seien einerseits ${}(U_{i},\alpha _{i})$ mit den die Form beschreibenden Funktionen ${}f_{i}$ und andererseits ${}(V_{j},\beta _{j})$ mit den die Form beschreibenden Funktionen ${}g_{j}$. Wir betrachten die ebenfalls abzählbare Zerlegung, die durch die Mengen ${}T_{i}\cap S_{j}$, ${}(i,j)\in I\times J$, gegeben ist. Nach Fakt (angewendet auf die einzelnen Kartenbilder) gilt dann unter Verwendung von Teil (1)

${}{\begin{aligned}\sum _{i\in I}{\left(\int _{\alpha _{i}(T_{i})}f_{i}\,d\lambda ^{n}\right)}&=\sum _{i\in I}{\left(\sum _{j\in J}\int _{\alpha _{i}(T_{i}\cap S_{j})}f_{i}\,d\lambda ^{n}\right)}\\&=\sum _{i\in I}{\left(\sum _{j\in J}\int _{\beta _{j}(T_{i}\cap S_{j})}g_{j}\,d\lambda ^{n}\right)}\\&=\sum _{j\in J}{\left(\sum _{i\in I}\int _{\beta _{j}(T_{i}\cap S_{j})}g_{j}\,d\lambda ^{n}\right)}\\&=\sum _{j\in J}{\left(\int _{\beta _{j}(S_{j})}g_{j}\,d\lambda ^{n}\right)}.\end{aligned}}$

Zur bewiesenen Aussage