Produktmenge/Endlich/Produkt-Prämaß/Wohldefiniertheit/Eigenschaften/Teil 2/Fakt/Beweis

Beweis

Es sei ${}V=\biguplus _{n\in \mathbb {N} }V_{n}$ 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

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

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

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

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

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

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

${}{\begin{aligned}\mu (Q)&=\sum _{i\in \mathbb {N} }\mu (Q_{i})\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=0}^{n}\mu (Q_{i})\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }\mu (Q_{0}\uplus \ldots \uplus Q_{n})\end{aligned}}$

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

${}\lim _{n\rightarrow \infty }\mu (T_{n})=0\,$

ist für ${}T_{n}=Q\setminus (Q_{0}\uplus \ldots \uplus Q_{n})$. Es ist ${}T_{n}\downarrow \emptyset$, und damit ist auch ${}T_{n}(x)\downarrow \emptyset$ für jedes ${}x\in M$. Nach Fakt ist daher ${}\lim _{n\rightarrow \infty }\rho (T_{n}(x))=0$. Zu ${}\delta >0$ definieren wir

${}T_{n}^{\geq \delta }={\left\{x\in M\mid \rho (T_{n}(x))\geq \delta \right\}}=\bigcup _{a\geq \delta }T_{n}^{a}\,.$

Da für jedes ${}x\in M$ die Folge ${}\rho (T_{n}(x))$ gegen ${}0$ konvergiert, schrumpft die Mengenfolge ${}T_{n}^{\geq \delta }$ für jedes ${}\delta >0$ gegen ${}\emptyset$. Daraus folgt, wieder mit Fakt, dass ${}\lim _{n\rightarrow \infty }\pi (T_{n}^{\geq \delta })=0$.
Seien nun ${}\delta ,\epsilon >0$ gegeben. Zu ${}\epsilon$ gibt es ein ${}n_{0}$ mit

${}\pi (T_{n}^{\geq \delta })\leq \epsilon \,$

für alle ${}n\geq n_{0}$. Für diese ${}n$ hat man dann insgesamt die Abschätzung

${}{\begin{aligned}\mu (T_{n})&=\sum _{a\in \mathbb {R} _{+}}\pi (T_{n}^{a})\cdot a\\&={\left(\sum _{a<\delta }\pi (T_{n}^{a})\cdot a\right)}+{\left(\sum _{\rho (N)\geq a\geq \delta }\pi (T_{n}^{a})\cdot a\right)}\\&\leq {\left(\sum _{a<\delta }\pi (T_{n}^{a})\cdot a\right)}+{\left(\sum _{\rho (N)\geq a\geq \delta }\pi (T_{n}^{a})\right)}\rho (N)\\&\leq \pi (M)\cdot \delta +\epsilon \cdot \rho (N).\end{aligned}}$

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

Zur bewiesenen Aussage

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