Der Satz von Carathéodory liefert uns zwar die Existenz eines Maßes, sagt aber nichts aus über die Reichhaltigkeit der zugrunde liegenden $\sigma$-Algebra. Wir konzentrieren uns auf die vom $n$-dimensionalen äußeren Lebesgueschen Maß erzeugte $\sigma$-Algebra $\mathfrak L(n):=\mathfrak A(\lambda^*_n)$ der Lebesgue-messbaren Teilmengen des $\mathbb R^n$ und das Lebesgue-Maß $\lambda_n$, die zusammen den Lebesgueschen Maßraum $(\mathbb R^n,\mathfrak L(n),\lambda_n)$ bilden. Ziel ist das folgende Resultat:
1.6.1. Satz. Die $\sigma$-Algebra $\mathfrak L(n)$ der Lebesgue-messbaren Teilmengen des $\mathbb R^n$ ist die Vervollständigung der Borelschen $\sigma$-Algebra $\mathfrak B(\mathbb R^n)$. Das heißt, jede Lebesgue-messbare Teilmenge $A\subset \mathbb R^n$ lässt sich darstellen als Vereinigung $A=B\cup N$ einer Borelschen Menge $B$ und einer Lebesgue-Nullmenge $N$.
Der Beweis braucht etwas Vorbereitung. Wir beginnen mit einer Definition.
1.6.2. Definition. Ein äußeres Maß $\mu^*$ auf einem metrischen Raum $(X,d)$ heißt metrisch, wenn für alle Teilmengen $A,B\subset X$ mit positivem Abstand $d(A,B)\gt 0$ gilt $$\mu^*(A\sqcup B)=\mu^*(A)+\mu^*(B).$$
1.6.3. Beispiele. Die in 1.4 konstruierten Lebesgueschen, Lebesgue-Stieltjesschen und $s$-dimensionalen Hausdorffschen äußeren Maße sind jeweils metrisch.
Beweis. Es bezeichne $(X,d)$ den betrachtete metrischen Raum, sowie $\mathfrak K$ die Überdeckungsklasse zur Konstruktion des äußeren Maßes. Zu einem gegebenen $\delta\gt 0$ bestehe $\mathfrak K_\delta\subset \mathfrak K$ aus $\delta$-kleinen Elementen $K$ der Überdeckungsklasse, d.h. solchen mit Durchmesser $\mathrm{diam}(K)\lt\delta$. Es reicht zu zeigen, dass zur Ermittlung des äußeren Maßes jeder Menge $C\subset X$ Überdeckungen durch $\delta$-kleine Elemente der Überdeckungsklasse ausreichen, d.h. es gilt$$\tag{*}
\mu^*(C)= \inf\left\{\sum_{j\in J}\nu(K_{j})\mid J\text{ abzählbar }, K_{j}\in \mathfrak K_\delta, C\subset \cup_{j\in J}K_{j}\right\}. $$ Sind nämlich $A,B$ Teilmengen von $X$ mit $d(A,B)\gt \delta$, so zerfällt für jede Überdeckung $(A\sqcup B)\subset \cup_{j\in J}K_j$ mit $\delta$-kleinen $K_j$ die Indexmenge eindeutig in drei disjunkte Teilmengen: $J=J_A\sqcup J_B\sqcup J_\emptyset$, so dass gilt $$j\in J_C\,\iff\, \left(K_j \cap(A\sqcup B)\right) \subset C\quad\text{ für alle }C\in \{A,B,\emptyset\}.$$ Daraus folgt $\mu^*(A\sqcup B)\ge \mu^*(A)+\mu^*(B)$ und mit der $\sigma$-Subadditivität die Gleichheit.
Es bleibt zu zeigen, dass in den drei genannten Beispielen für jedes $\delta\gt0$ das äußere Maß jeweils durch $\delta$-kleine Elemente der Überdeckungsklasse berechnet werden kann. Bei den Hausdorffschen äußeren Maßen ist dies per Definition der Fall. Beim Lebesgue-Stieltjesschen äußeren Maß betrachtet man zu jedem links-abgeschlossenen Intervall $[a,b)$ Zerlegungen $a=a_0\lt a_2\lt \ldots \lt a_{N-1}\lt a_N=b$. Es gilt $[a,b)=\sqcup_{j=1}^N[a_{j-1},a_j)$ und $$ \nu_F\left([a,b)\right)=F(b)-F(a)=\sum_{j=1}^N\left(F(a_j)-F(a_{j-1})\right)=\sum_{j=1}^N\nu_F\left([a_{j-1},a_j)\right).$$ Man kann die Zerlegung jeweils so fein wählen, dass gilt $|a_j-a_{j-1}|\lt \delta$. Die Behauptung folgt.
Der Fall des Lebesgueschen äußeren Maßes sei $A\subset \mathbb R^n$, es sei $\varepsilon\gt 0$ und es sei $(I_j)_{j\in J}$ eine abzählbare Überdeckung von $A$ durch offene verallgemeinerte Intervalle mit $\sum_{j\in J}\mathrm{vol}_n(I_j)\lt \lambda_n^*(A)+\varepsilon/2$. Wir zerlegen den Abschluss $\overline{I_j}$ des offenen Intervall $I_j$ in $M_j^n$ ähnliche abgeschlossene Intervalle durch Unterteilung jeder Kante in $M_j$ Teile gleicher Länge. Wir wählen $M_j$ so groß, dass der Durchmesser der resultierenden Teilintervalle kleiner ist als $\delta/2$. Dadurch erhalten wir eine Überdeckung von $A$ durch abgeschlossene Intervalle $\overline{I_{j'}'}$ mit $$\sum_{j\in J}\mathrm{vol}_n(I_j)=\sum_{j'\in J'}\mathrm{vol}_n\left(\overline{I_{j'}'}\right).$$ Nun wählen wir eine Abzählung $\alpha\colon\mathbb N\to J'$ und zu jedem $k\in \mathbb N$ ein offenes Intervall $I''_k\supset \overline{I_{\alpha(k)}'}$ mit $ \mathrm{vol}_n\left(I''_k\right)\lt \mathrm{vol}_n\left(\overline{I_{\alpha(k)}'}\right)+\frac{\varepsilon}{2^{k+1}}$ und $\mathrm{diam}\left(I''_k\right)\lt \delta$. Eine Konstruktion eines solchen Intervalls liefert zum Beispiel die zentrische Streckung vom Mittelpunkt des offenen Intervalls $I'_{\alpha(k)}$ um den Faktor $$\min\left(2,\left(1+\frac{\varepsilon}{\mathrm{vol}_n\left(I'_{\alpha(k)}\right)\cdot2^{k+2}}\right)^{\frac1n}\right).$$ Für die so konstruierte Überdeckung von $A$ durch $\delta$-kleine offene Intervalle gilt $$\sum_{n\in \mathbb N}\mathrm{vol}_n\left(I''_n\right)\lt \lambda_n^*(A)+\varepsilon.$$qed.
1.6.4. Proposition. Ist $\mu^*$ ein metrisches äußeres Maß auf dem metrischen Raum $X$, so enthält die davon induzierte $\sigma$-Algebra $\mathfrak A(\mu^*)$ die Borelsche $\mathfrak B(X)$.
Beweis. Wir benutzen wieder die Notation $A^c:=X\setminus A$ für das Komplement einer Untermenge in $X$.
Da die Borelsche $\sigma$-Algebra von den offenen Mengen in $X$ erzeugt wird, genügt es zu zeigen, dass jede offene Menge $U\subset X$ in $\mathfrak A(\mu^*)$ enthalten ist. Dazu betrachten wir die offenen Teilmengen $$U_n:=\left\{ x\in X \mid d\left(x,U^c\right)\gt \frac1n\right\}$$ von $U$. Für eine gegebene Teilmenge $D\subset X$ erhalten wir folgende Ungleichungskette: \begin{align}\mu^*(D\cap U)+\mu^*\left(D\cap U^c\right) &\le \mu^*\left(D\cap(U\setminus U_n)\right) +\mu^*\left(D\cap U_n\right)+\mu^*\left(D\cap U^c\right)\\
&=\mu^*\left(D\cap(U\setminus U_n)\right) +\mu^*\left(D\cap(U_n\sqcup U^c)\right)\\
&\le \mu^*\left(D\cap(U\setminus U_n)\right) + \mu^*\left(D\right).
\end{align} In der ersten Zeile benutzen wir die $\sigma$-Subadditivität von $\mu^*$, sodann die Tatsache, dass $\mu^*$ ein metrisches äußeres Maß ist, und schließlich, in der letzten Zeile, die Monotonie von $\mu^*$. Aus dieser Ungleichungskette schließen wir, dass es reicht, die folgende Behauptung zu verifizieren:
Behauptung: Ist $\mu^*(D)\lt \infty$, so ist $\left(\mu^*\left(D\cap(U\setminus U_n)\right)\right)_{n\in\mathbb N}$ eine Nullfolge.
Zur Begründung dieser Behauptung betrachten wir die Teilmengen $B_n:=U_{n+1}\setminus U_{n}$ für $n\in \mathbb N$. Es gilt $$U\setminus U_n=\sqcup_{k=n}^\infty B_k\quad\text{ und }\quad d\left(B_{n+k},B_n\right) \ge \frac1{n+1} -\frac1{n+k}.$$ Da $\mu^*$ ein metrisches äußeres Maß ist, folgt $$\sum_{k=1}^n\mu^*\left(D\cap B_{2k-i}\right) =\mu^*\left(D\cap \left(\sqcup_{k=1}^nB_{2k-i}\right)\right)\le \mu^*(D)\quad\text{für } n\in \mathbb N, i\in\{0,1\}.$$ Infolgedessen konvergiert die Reihe $$\sum_{k=1}^\infty \mu^*\left(D\cap B_k\right)\le 2\mu^*(D)\lt\infty.$$ Wegen $U\setminus U_n=\sqcup_{k=n}^\infty B_k$ folgt nun aus der $\sigma$-Subadditivität von $\mu^*$ die Abschätzung $$\mu^*\left(D\cap (U\setminus U_n)\right) \le \sum_{k=n}^\infty \mu^*\left(D\cap B_k\right)$$ gegen die Reihenreste einer konvergenten Reihe. Diese Reihenreste bilden aber, das wissen wir aus dem ersten Semester, eine Nullfolge.
qed.
Ab dieser Stelle wissen wir, dass alle Borelschen Teilmengen von $\mathbb R^n$ Lebesgue-messbar sind. Insbesondere sind also alle offenen, abgeschlossenen oder kompakten Teilmengen von $\mathbb R^n$, sowie abzählbare Vereinigungen oder Durchschnitte derselben Lebesgue-messbar.
1.6.5. Definition. Es sei $X$ ein topologischer Raum und $(X,\mathfrak A,\mu)$ ein Maßraum mit $\mathfrak B(X)\subset \mathfrak A$. Man nennt $(X,\mathfrak A,\mu)$ regulär, wenn für jedes $A\in \mathfrak A$ gilt: \begin{align}\mu(A)&=\inf\,\left\{ \mu(U)\mid U\subset X \text{ ist offen mit } A\subset U\right\} \\ &=\sup\,\left\{ \mu(K)\mid K\subset X \text{ ist kompakt mit } K\subset A\right\}.\end{align}
1.6.6. Proposition. Das Lebesguesche Maß ist regulär.
Beweis. Es sei $A\in \mathfrak L(n)$.
- Zu jedem $\varepsilon \gt 0$ gibt es eine abzählbare Überdeckung $(I_j)_{j\in J}$ von $A$ durch offene verallgemeinerte Intervalle, mit $\sum_{j\in J}\mathrm{vol}_n(I_j)\lt \lambda_n(A)+\varepsilon.$ Für die offene Menge $U:=\cup_{j\in J}I_j\supset A$ gilt folglich $$\lambda_n(A)\le \lambda_n(U)\le\sum_{j\in J}\lambda_n(I_j)=\sum_{j\in J}\mathrm{vol}_n(I_j)\lt \lambda_n(A)+\varepsilon.$$ Da dies für jedes $\varepsilon\gt 0$ gilt, folgt $$\lambda_n(A)=\inf\,\left\{ \lambda_n(U)\mid U\subset X \text{ ist offen mit } A\subset U\right\} $$
- Wir nehmen zuerst an, die Menge $A$ sei beschränkt. Dann gibt es eine kompaktes verallgemeinertes Intervall $C$, das $A$ enthält. Es bezeichne $$\kappa:=\sup\,\left\{ \lambda_n(K)\mid K\subset A, K \text{ ist kompakt}\right\}.$$ Ist $U\subset X$ offen mit $(C\setminus A)\subset U$, so gilt \begin{align} \kappa\le \lambda_n(A)
&=\lambda_n(C)-\lambda_n(C\setminus A)\\
&\le \lambda_n(C\setminus U)+ \lambda_n(U) -\lambda_n(C\setminus A)\\
&\le \kappa+\lambda_n(U)-\lambda_n(C\setminus A)\end{align} Hier benutzen wir zuerst die Inklusion $C\subset \left((C\setminus U)\sqcup U\right)$, sodann die Inklusion $\left(C\setminus U\right)\subset A$, und die Tatsache, dass $C\setminus U$ als abgeschlossene Teilmenge des Kompaktums $C$ wiederum kompakt ist. Diese Abschätzung gilt für alle offenen Mengen $U$ mit $ (C\setminus A)\subset U$ und folglich gilt $$ \kappa\le \lambda_n(A)\le \kappa+\inf\,\left\{ \lambda_n(U)\mid U\subset X \text{ ist offen mit } (C\setminus A)\subset U\right\} -\lambda_n\left(C\setminus A\right).$$ Die Behauptung folgt nun aus i. - Es sei $A$ nicht beschränkt. Es bezeichne $B^n(0,r)=\{x\in\mathbb R^n\mid \|x\|\le r\}$ den abgeschlossenen Ball mit Zentrum $0\in \mathbb R^n$ und Radius $r$ und $A_j:=A\cap B^n(0,j)$ für $j\in \mathbb N$. Ist $\lambda_n(A)=0$, so ist nichts zu zeigen. Ansonsten gibt es ein $\alpha\gt 0$ mit $\alpha\lt \lambda_n(A)$. Da gilt $\lambda_n(A)=\lim_{j\to\infty}\lambda_n(A_j)$, gibt es ein $j\in \mathbb N$ mit $\lambda_n(A_j)\gt \alpha$. Dies $A_j$ ist beschränkt. Nach dem bereits Bewiesenem gilt also $$\alpha\lt \sup\left\{\lambda_n(K)\mid K\subset A_j \text{ kompakt }\right\}\le \sup\left\{\lambda_n(K)\mid K\subset A \text{ kompakt }\right\}.$$ Da dies für alle $\alpha\lt \lambda_n(A)$ gilt, folgt die Behauptung.
qed.
Nun haben wir alle Ingredienzien für den Beweis von Satz 1.6.1. vorliegen. Wir müssen sie nur noch zusammenfügen.
Beweis von 1.6.1. Aus 1.6.3. und 1.6.4. wissen wir, dass das Lebesguesche äußere Maß metrisch und folglich jede Borelsche Teilmenge von $\mathbb R^n$ Lebesgue-messbar ist. Sei nun $A\subset \mathbb R^n$ eine Lebesgue-messbare Menge. Wie im Beweis von 1.6.6. betrachten wir die beschränkten, ebenfalls Lebesgue-messbaren Mengen $A_j:=A\cap B^n(0,j)$. Zu jeder Menge $A_j$ gibt es eine Folge $(K_{j,k})_{k\in \mathbb N}$ kompakter Mengen $K_{j,k}\subset A_j$ mit $\lambda_n\left(K_{j,k}\right)\gt \lambda_n(A_j)-\frac1k$. Es bezeichne $B_j:=\cup_{k\in \mathbb N}K_{j,k}$. Dann ist $B_j$ abzählbare Vereinigung von Kompakta, also eine Borelsche Menge. Außerdem gilt $$\lambda_n\left(A_j\setminus B_j\right)=\lambda_n\left(A_j\right)-\lambda_n\left( B_j\right)=0.$$ Folglich ist mit $B=\cup_{j\in \mathbb N}B_j$ die Menge $N= A\setminus B\subset \cup_{j\in \mathbb N}(A_j\setminus B_j)$ als Teilmenge einer abzählbaren Vereinigung von Lebesgue-Nullmengen wiederum eine solche. Die Menge $B$ selbst ist als abzählbare Vereinigung von Borelschen Mengen selbst wieder Borelsch.
qed.