Produktmenge/Endlich/Produkt-Prämaß/Wohldefiniertheit/Eigenschaften/Fakt/Beweis

Beweis

(1). Wir beschränken uns im Beweis auf zwei Mengen $(M,𝒫,\pi )$ und $(N,ℛ,\rho )$, die allgemeine Aussage folgt daraus durch Induktion. Seien

$V=\underset{i\in I}{⨄}{Q}_i=\underset{j\in J}{⨄}{L}_j$

zwei Darstellungen einer Menge  $V\subseteq M\times N$  als endliche disjunkte Vereinigung von Quadern. Wir müssen  $\sum _{i\in I}\mu (Q_i)=\sum _{j\in J}\mu (L_j)$  zeigen. Für jeden Quader $Q_i$ ist insbesondere  $Q_i\subseteq \bigcup _{j\in J}{L}_j$.  Damit ist auch

$Q_i=Q_i\cap \left(\underset{j\in J}{⨄}{L}_j\right)=\underset{j\in J}{⨄}(Q_i\cap L_j).$

Nach Fakt sind die Durchschnitte rechts selbst Quader. Damit erhalten wir eine dritte Darstellung von $V$, die beide Darstellungen verfeinert. Daher können wir gleich annehmen, dass jedes $L_j$ Teilmenge eines $Q_i$ ist. Dann ist insbesondere  $Q_i=\underset{j\in J_i}{⨄}{L}_j$  mit einer gewissen Teilmenge  $J_i\subseteq J$,  wobei die $J_i$ für verschiedene $i$ disjunkt sind. Es genügt also, für einen Quader

$Q=A\times B=\underset{j\in J}{⨄}{L}_j$

die Gleichheit

$\mu (Q)=\sum _{j\in J}\mu (L_j)$

zu zeigen. Da $J$ endlich ist, sind überhaupt nur endlich viele Seiten $S_j$ aus $𝒫$ und $T_j$ aus $ℛ$ an diesen überdeckenden Quadern beteiligt. Aus diesen Seiten kann man ein Mengensystem $𝒮$ bilden, das aus allen möglichen feinsten Durchschnitten der $S_j$ und ihrer Komplemente $A\setminus S_j$ besteht, und ein Mengensystem $𝒯$ bilden, das aus allen möglichen feinsten Durchschnitten der $T_j$ und ihrer Komplemente $B\setminus T_j$ besteht. Diese Mengen sind disjunkt und seien mit $S_{\lambda }$, $\lambda \in \mathrm{\Lambda }$, und $T_{\gamma }$, $\gamma \in \mathrm{\Gamma }$, bezeichnet (das bedeutet, dass wir ein „Raster“ einführen). Damit kann man jeden Quader $L_j$ als eine endliche disjunkte Vereinigung aus Quadern der Form $S_{\lambda }\times T_{\gamma }$ schreiben, und zwar als

$L_j=\left(\underset{\lambda \in {\mathrm{\Lambda }}_j}{⨄}{S}_{\lambda }\right)\times \left(\underset{\gamma \in {\mathrm{\Gamma }}_j}{⨄}{T}_{\gamma }\right)=\underset{(\lambda ,\gamma )\in {\mathrm{\Lambda }}_j\times {\mathrm{\Gamma }}_j}{⨄}{S}_{\lambda }\times T_{\gamma },$

und jeder dieser Quader kommt in genau einem $L_j$ vor. Insgesamt ergibt sich

$\begin{array}{cc}\mu (Q)& =\pi (A)\cdot \rho (B)\\ & =\pi \left(\underset{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{⨄}{S}_{\lambda }\right)\cdot \rho \left(\underset{\gamma \in \mathrm{\Gamma }}{⨄}{T}_{\gamma }\right)\\ & =(\sum _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}\pi (S_{\lambda }))\cdot (\sum _{\gamma \in \mathrm{\Gamma }}\rho (T_{\gamma }))\\ & =\sum _{(\lambda ,\gamma )\in \mathrm{\Lambda }\times \mathrm{\Gamma }}\pi (S_{\lambda })\cdot \rho (T_{\gamma })\\ & =\sum _{j\in J}(\sum _{(\lambda ,\gamma )\in {\mathrm{\Lambda }}_j\times {\mathrm{\Gamma }}_j}\pi (S_{\lambda })\cdot \rho (T_{\gamma }))\\ & =\sum _{j\in J}(\sum _{\lambda \in {\mathrm{\Lambda }}_j}\pi (S_{\lambda }))\cdot (\sum _{\gamma \in {\mathrm{\Gamma }}_j}\rho (T_{\gamma }))\\ & =\sum _{j\in J}\mu (L_j).\end{array}$

(2). Es sei  $V=\underset{n\in \mathbb{N}}{⨄}{V}_n$  eine abzählbare disjunkte Vereinigung, wobei $V$ und die $V_n$ endliche disjunkte Vereinigungen von Quadern sind. Wir müssen  $\mu (V)=\sum _{n\in \mathbb{N}}\mu (V_n)$  zeigen. Dies kann man direkt auf den Fall zurückführen, wo $V=Q$ und $V_n=Q_n$ Quader sind. Zu einer Teilmenge

$T\subseteq M\times N$

und zu  $x\in M$  betrachten wir

$T(x)=\{y\in N\mid (x,y)\in T\}.$

Wenn $T$ zum Produkt-Präring gehört, also eine endliche disjunkte Vereinigung von Quadern ist, so gehören diese Mengen zu $ℛ$, da sie eine endliche Vereinigung gewisser ($N$-)Seiten dieser Quader sind. Zu einer positiven reellen Zahl $a$ kann man die Menge

$T^a=\{x\in M\mid \rho (T(x))=a\}$

betrachten. Diese Menge ist wiederum eine endliche Vereinigung von ($M$-)Seiten der beteiligten Quader und gehört somit zu $𝒫$. Weiterhin kann  $T^a\ne \mathrm{\varnothing }$  nur für endlich viele Werte  $a\in ℝ$  sein, nämlich nur für die Teilsummen der Werte des Prämaßes $\rho$ der ($N$-)Seiten der beteiligten Quader. Mit diesen Notationen gilt

$\mu (T)=\sum _{a\in {ℝ}_{+}}\pi (T^a)\cdot a,$

da dies für jeden Quader gilt und daraus durch Aufsummieren folgt.
Sei also nun  $Q=\underset{n\in \mathbb{N}}{⨄}{Q}_n$  eine abzählbare Zerlegung in Quader. Wir müssen

$\begin{array}{cc}\mu (Q)& =\sum _{i\in \mathbb{N}}\mu (Q_i)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=0}^n\mu (Q_i)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mu (Q_0\uplus \dots \uplus Q_n)\end{array}$

zeigen. Nach Übergang zu den Komplementen in $Q$ ist dies äquivalent damit, dass

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mu (T_n)=0$

ist für  $T_n=Q\setminus (Q_0\uplus \dots \uplus Q_n)$.  Es ist $T_n\downarrow \mathrm{\varnothing }$, und damit ist auch $T_n(x)\downarrow \mathrm{\varnothing }$ für jedes  $x\in M$.  Nach Fakt ist daher  $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\rho (T_n(x))=0$.  Zu  $\delta >0$  definieren wir

$T_n^{\ge \delta }=\{x\in M\mid \rho (T_n(x))\ge \delta \}=\bigcup _{a\ge \delta }{T}_n^a.$

Da für jedes  $x\in M$  die Folge $\rho (T_n(x))$ gegen $0$ konvergiert, schrumpft die Mengenfolge $T_n^{\ge \delta }$ für jedes  $\delta >0$  gegen $\mathrm{\varnothing }$. Daraus folgt, wieder mit Fakt, dass  $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\pi (T_n^{\ge \delta })=0$. 
Seien nun  $\delta ,ϵ>0$  gegeben. Zu $ϵ$ gibt es ein $n_0$ mit

$\pi (T_n^{\ge \delta })\le ϵ$

für alle  $n\ge n_0$.  Für diese $n$ hat man dann insgesamt die Abschätzung

$\begin{array}{cc}\mu (T_n)& =\sum _{a\in {ℝ}_{+}}\pi (T_n^a)\cdot a\\ & =(\sum _{a<\delta }\pi (T_n^a)\cdot a)+(\sum _{\rho (N)\ge a\ge \delta }\pi (T_n^a)\cdot a)\\ & \le (\sum _{a<\delta }\pi (T_n^a)\cdot a)+(\sum _{\rho (N)\ge a\ge \delta }\pi (T_n^a))\rho (N)\\ & \le \pi (M)\cdot \delta +ϵ\cdot \rho (N).\end{array}$

Da nach Voraussetzung $\pi (M)$ und $\rho (N)$ endlich sind, kann man den letzten Term durch geeignete Wahl von $\delta$ und $ϵ$ beliebig klein machen. Daher konvergiert $\mu (T_n)$ gegen $0$.

Zur bewiesenen Aussage