Konstrukcja i własności miary Lebesgue'a w $\mathbb{R}^n$

W tym podrozdziale przyjmiemy $ X=\R^n $. W przestrzeni $ \R^n $ rozpatrujemy metrykę euklidesową. Definiujemy także dwa porządki częsciowe w $ \R^n $: piszemy $ \xx\prec\yy $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ x_i<y_i $ dla wszystkich $ i=1,\ldots,n $, zaś $ \xx\preccurlyeq\yy $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ x_i\le y_i $ dla $ i=1,\ldots, n $.

Definicja [przedziały $ n $-wymiarowe] Załóżmy, że $ \xx,\yy\in \R^n $ i $ \xx\prec\yy $. Zbiory

\[ 	(\xx,\yy)_n=\{\zz\in \R^n \colon \xx\prec\zz\prec \yy\}\qquad \mbox{oraz} \qquad     [\xx,\yy]_n=\{\zz\in \R^n \colon \xx\preccurlyeq\zz\preccurlyeq \yy\} 	\]

nazywamy, odpowiednio, $ n $-wymiarowym przedziałem otwartym i $ n $-wymiarowym przedziałem domkniętym o końcach $ \xx $ i $ \yy $. Odcinki $ [x_i,y_i]\subset \R $ nazywamy krawędziami takich przedziałów.

Czytelnik zechce zauważyć, że przedziały $ 2 $-wymiarowe to prostokąty, a przedziały $ 3 $-wymiarowe to prostopadłościany. Przedział domknięty jest po prostu iloczynem kartezjańskim swoich krawędzi,

\[ [\xx,\yy]_n = [x_1,y_1]\times[x_2,y_2]\times\ldots\times [x_n,y_n].  \]
Uwaga Jeśli $ y_1-x_1=y_2-x_2=\ldots=y_n-x_n $, to przedział $ P=[\xx,\yy]_n $ nazywamy kostką (domkniętą).
Definicja [objętość przedziału $ n $-wymiarowego] Jeśli $ P $ jest przedziałem o końcach $ \xx,\yy\in \R^n $, $ \xx\prec\yy $, to liczbę

\[ \vol (P)=\prod_{i=1}^n(y_i-x_i) \]

nazywamy objętością przedziału $ P $.

Zdefiniujemy teraz miarę zewnętrzną Lebesgue'a w $ \R^n $.

Definicja Dla każdego $ A\subset \R^n $ kładziemy

\[ 	 \lebz_n(A)=\inf\biggl\{\sum_{j=1}^\infty \vol (P_j) \colon \   \{P_j\}_{j\in \N} \text{ jest rodziną przedziałów pokrywającą  } A \biggr\}. 	\]
Uwaga W powyższej definicji można rozpatrywać tylko przedziały domknięte, albo tylko przedziały otwarte, albo przedziały obu rodzajów. Nie wpływa to na wartość $ \lebz_n(A) $. Wnikliwy Czytelnik zechce się zastanowić, dlaczego tak jest.
Stwierdzenie Funkcja $ \lebz_n\,  $ jest miarą zewnętrzną na $ \R^n $.
Dowód: Po pierwsze, $ \lebz_n(\emptyset)=0 $, gdyż zbiór pusty można, dla każdego $ \eps>0 $, przykryć jednym przedziałem o objętości $ \eps^n $. Po drugie, dla $ A\subset B $ jest $ \lebz_n(A)\le \lebz_n(B) $; to wynika wprost z definicji kresu dolnego, gdyż każda przeliczalna rodzina, która pokrywa zbiór $ B $, pokrywa także $ A $.

Pozostaje sprawdzić przeliczalną podaddytywność $ \lebz_n\,  $. Niech $ A_j\subset \R^n $ dla $ j=1,2,\ldots $. Bez zmniejszenia ogólności niech $ \lebz_n(A_j)<\infty $ dla wszystkich $ j\in \N $. Ustalmy $ \eps>0 $. Dla każdego $ j\in \N $ dobierzmy taką rodzinę przedziałów $ \{P_{j,k}\}_{k\in \N} $ pokrywającą zbiór $ A_j $, żeby

\[ \sum_{k=1}^\infty \vol (P_{j,k})\le \lebz_n(A_j)+\frac{\eps}{2^j}, \qquad j=1,2,\ldots \]

Sumując te nierówności (kolejność sumowania nie gra roli, gdyż mamy do czynienia ze zbieżnymi szeregami o wyrazach dodatnich), otrzymujemy

\[ \sum_{j,k=1}^\infty   \vol (P_{j,k})\le \sum_{j=1}^\infty \lebz_n(A_j)+\sum_{j=1}^\infty\frac{\eps}{2^j} =\sum_{j=1}^\infty \lebz_n(A_j)+\eps\, . \]

Rodzina $ \{P_{j,k}\}_{j,k\in \N} $ jest przeliczalna i pokrywa zbiór $ A=\bigcup_{j=1}^\infty A_j $. Dlatego, z definicji,

\[ \lebz_n\biggl(\bigcup_{j=1}^\infty A_j\biggr)\le \sum_{j,k=1}^\infty   \vol (P_{j,k})\le \sum_{j=1}^\infty \lebz_n(A_j)+\eps\, .  \]

Przechodząc do granicy $ \eps\to 0 $, kończymy dowód. □

Twierdzenie Funkcja $ \lebz_n\,  $ jest miarą zewnętrzną metryczną na $ \R^n $.
Dowód: Niech $ A,B\subset \R^n $ i $ \dist(A,B)>2d>0 $. Aby wykazać, że $ \lebz_n(A\cup B)=\lebz_n(A)+\lebz_n(B) $, wystarczy sprawdzić nierówność

\[ \begin{equation} \lebz_n(A\cup B)\ge \lebz_n(A)+\lebz_n(B)\, ,  \label{lebznmetr}    \end{equation} \]

gdyż wiemy już, że $ \lebz_n\,  $ jest podaddytywna. Ustalmy $ \eps>0 $ oraz przeliczalną rodzinę $ \P $ przedziałów domkniętych pokrywającą zbiór $ A\cup B $ i taką, że

\[ \sum_{P\in \P} \vol(P)\le \lebz_n(A\cup B) + \eps. \]

Każdy przedział $ P\in \P $ możemy rozdrobnić, tzn. podzielić na $ m=k^n $ przystających przedziałów domkniętych $ P_1,\ldots, P_m $, dzieląc każdą krawędź $ P $ na $ k $ równych części. Czytelnik zechce samodzielnie sprawdzić, że wtedy

\[ \vol(P)=\sum_{i=1}^m\vol(P_i)=m\cdot \vol (P_1) = k^n\cdot \vol(P_1). \]

Dobierając do danego $ P $ odpowiednio dużą liczbę $ k=k(P) $, uzyskamy wszystkie przedziały $ P_i $ o średnicy mniejszej niż $ d $. Można więc bez zmniejszenia ogólności założyć, że $ \P $ składa się tylko z przedziałów o średnicy mniejszej niż $ d $. Każdy z tych przedziałów może przecinać co najwyżej jeden ze zbiorów $ A $ i $ B $, gdyż $ \dist(A,B)>2d $. Usuńmy z $ \P $ te przedziały, które nie mają punktów wspólnych z $ A\cup B $ i otrzymaną rodzinę podzielmy na dwie, $ \P_A $ i $ \P_B $, złożone odpowiednio z przedziałów, mających punkty wspólne z $ A $ i przedziałów, mających punkty wspólne z $ B $. Jest jasne, że $ \P_A $ pokrywa $ A $, zaś $ \P_B $ pokrywa $ B $. Dlatego

\[ \lebz_n(A)\le \sum_{P\in \P_A} \vol (P), \qquad \lebz_n(B)\le  \sum_{P\in \P_B} \vol (P). \]

Dodając te nierówności, otrzymujemy

\[ \lebz_n (A)+\lebz_n(B)\le\sum_{P\in \P_A} \vol (P)+\sum_{P\in \P_B} \vol (P) \le \sum_{P\in \P} \vol (P)  \le \lebz_n(A\cup B)+\eps.               \]

Przechodząc do granicy $ \eps\to 0 $, dostajemy warunek lebznmetr, co kończy dowód.□

Definicja Miara zewnętrzna $ \lebz_n\,  $ ograniczona do $ \sigma $-ciała $ \F(\lebz_n)=:\Leb(\R^n) $ podzbiorów $ \lebz_n\,  $-mierzalnych przestrzeni $ \R^n $ nazywa się miarą Lebesgue'a w $ \R^n $.

Elementy $ \sigma $-ciała $ \Leb(\R^n) $ nazywamy zbiorami mierzalnymi w sensie Lebesgue'a w $ \R^n $, lub krótko: zbiorami $ \lambda_n $-mierzalnymi. Dla $ A\in \Leb(\R^n) $ piszemy $ \lebz_n(A)=\lambda_n(A) $.

Aby opisać zbiory mierzalne w sensie Lebesgue'a nieco dokładniej, wprowadzimy dwie klasy podzbiorów $ \R^n $.

Definicja Zbiór $ G\subset \R^n $ nazywa się zbiorem klasy $ G_\delta $ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją zbiory otwarte $ \Omega_i\subset \R^n $, $ i=1,2,\ldots $, takie, że

\[ 	G=\bigcap_{i=1}^\infty \Omega_i. 	\]

Zbiór $ F $ jest klasy $ F_\sigma $ wtedy i tylko wtedy, gdy jego uzupełnienie $ \R^n\setminus F $ jest zbiorem klasy $ G_\delta $.

Inaczej mówiąc, zbiory klasy $ G_\delta $ to przeliczalne przecięcia zbiorów otwartych, a zbiory klasy $ F_\sigma $ to przeliczalne sumy zbiorów domkniętych. Każdy zbiór otwarty jest oczywiście klasy $ G_\delta $, a każdy zbiór domknięty jest klasy $ F_\sigma $. Zbiór liczb wymiernych jest klasy $ F_\sigma $, bo jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów jednopunktowych, ale nie jest klasy $ G_\delta $ (to wynika z twierdzenia Baire'a, które Czytelnik poznał na wykładach z topologii). Każdy przedział w $ \R $ jest jednocześnie zbiorem klasy $ G_\delta $ i $ F_\sigma $.

Wprost z definicji wynika, że zarówno zbiory klasy $ G_\delta $, jak i zbiory klasy $ F_\sigma $, są zbiorami borelowskimi.

Twierdzenie [charakteryzacja zbiorów mierzalnych w sensie Lebesgue'a] Niech $ A\subset \R^n $. Następujące warunki są wówczas równoważne:

  1. $ A\in \Leb(\R^n) $;
  2. Dla każdego $ \eps>0 $ istnieje zbiór otwarty $ \Omega\subset \R^n $ taki, że $ A\subset \Omega $ i $ \lebz_n(\Omega\setminus A)<\eps $;
  3. Istnieje zbiór $ G\subset \R^n $ typu $ G_\delta $ taki, że $ A\subset G $ i $ \lambda_n^\ast(G\setminus A)=0 $;
  4. Dla każdego $ \eps>0 $ istnieje zbiór domknięty $ F\subset \R^n $ taki, że $ F\subset A $ i $ \lebz_n(A\setminus F)<\eps $;
  5. Istnieje zbiór $ F\subset \R^n $ typu $ F_\sigma $ taki, że $ F\subset A $ i $ \lambda_n^\ast(A\setminus F)=0 $.

(#)

Dowód: (i) $ \Rightarrow $ (ii). Przedstawmy zbiór $ A $ jako sumę zbiorów mierzalnych i ograniczonych,

\[ A=\bigcup_{j=1}^\infty A_j, \qquad A_1= A\cap B(\zero,1), \quad A_j=A\cap \big(B(\zero,j)\setminus B(\zero,j-1)\big) \mbox{ dla $j\ge 2.$} \]

Mierzalność $ A_j $ wynika z mierzalności kul otwartych (które należą do $ \B(\R^n)\subset \Leb(\R^n) $) i z faktu, że $ \Leb(\R^n) $ jest ciałem.

Ustalmy $ \eps>0 $. Dla każdego $ j\in \N $ wybierzmy rodzinę $ \P_j $ przedziałów otwartych\/ $ \{P_{j,k}\}_{k\in \N} $, pokrywającą $ A_j $ zbiór $ A_j $ i taką, że

\[ \begin{equation} 	\sum_{k=1}^\infty \vol(P_{j,k})\le \lebz_n (A_j)+\frac{\eps}{2^j}.  \end{equation} \]

Niech $ \Omega_j $ będzie sumą wszystkich przedziałów rodziny $ \P_j $. Oczywiście, $ \Omega_j $ jest zbiorem otwartym. Ponadto,

\[ \lambda_n(A_j)\le \lambda_n(\Omega_j) \le \sum_{k=1}^\infty \lambda_n(P_{j,k})\le \sum_{k=1}^\infty \vol (P_{j,k}) \le \lambda_n(A_j)+ \frac{\eps}{2^j} < \infty, \]

gdyż zbiór $ A_j $ zawiera się w pewnym przedziale, a miara Lebesgue'a każdego przedziału wprost z definicji jest mniejsza lub równa od jego objętości. Ponieważ $ \Omega_j $ ma miarę skończoną i $ A_j\subset \Omega_j $, więc

\[ \lambda_n(\Omega_j\setminus A_j) =\lambda_n(\Omega_j)-\lambda_j(A_j) < \frac{\eps}{2^j}. \]

Niech $ \Omega=\bigcup_{j=1}^\infty\Omega_j $; wboec otwartości wszystkich $ \Omega_j $ zbiór $ \Omega $ jest otwarty, a dzięki monotoniczności i przeliczalnej addytywności miary

\[ \lambda_n(\Omega\setminus A)  \le \sum_{j=1}^\infty \lambda_n(\Omega_j\setminus A_j)\le      \sum_{j=1}^\infty \frac{\eps}{2^j} =\eps. \]

    (ii) $ \Rightarrow $ (iii). Dla $ m=1,2,\ldots $ wybierzmy zbiór otwarty $ \Omega_m\supset A $ tak, aby $ \lebz_n(\Omega_m\setminus A)<1/m $. Zbiór $ G=\bigcap_{m=1}^\infty \Omega_m $ jest typu $ G_\delta $, $ A\subset G $ i mamy

\[ \lebz_n(G\setminus A) \le \lebz_n(\Omega_m\setminus A)\le \frac 1m\to 0 \qquad\mbox{dla $m\to\infty$.} \]

Zatem $ \lebz_n(G\setminus A)=0 $ i otrzymaliśmy warunek (iii).

    (iii) $ \Rightarrow $ (i). Każdy zbiór $ G $ typu $ G_\delta $ jest borelowski (jako przecięcie przeliczalnie wielu zbiorów otwartych), więc jest mierzalny w sensie Lebesgue'a. Mamy też $ \lambda_n^\ast(G\setminus A)=0 $, zbiór $ G\setminus A $ jest więc mierzalny na mocy Stwierdzenia [link]. Ponieważ $ A\subset G $, więc

\[ A=G\setminus (G\setminus A)\in \Leb(\R^n), \]

jako różnica dwóch zbiorów mierzalnych w sensie Lebesgue'a.

Aby zakończyć cały dowód, zauważmy, że (iv) zachodzi dla $ \R^n\setminus A $ wtedy i tylko wtedy, gdy (ii) zachodzi dla $ A $. Stąd i z praw De Morgana wynika równoważność (ii) oraz (iv). Podobnie uzyskuje się równoważność (iii) oraz (v). □

Wniosek Każdy zbiór $ A\in \Leb(\R^n) $ jest sumą pewnego zbioru borelowskiego i pewnego zbioru $ Z $ takiego, że $ \lambda_n(Z)=0 $
Dowód: Teza wynika z równoważności (i) $ \Leftrightarrow $ (v) w ostatnim twierdzeniu, gdyż każdy zbiór $ F $ typu $ F_\sigma $ należy do $ \sigma $-ciała zbiorów borelowskich $ \B(\R^n) $. □
Uwaga Wynika stąd, że $ \sigma $-ciało $ \Leb(\R^n) $ jest istotnie większe niż $ \B(\R^n) $: każdy podzbiór zbioru miary zero jest zbiorem mierzalnym, a ponieważ istnieją zbiory miary zero i mocy continuum (np. zbiór Cantora, z którym Czytelnik zetknął się podczas wykładów Analizy I), więc rodzina $ \Leb(\R^n) $ jest równoliczna z rodziną $ 2^{\R^n} $ wszystkich podzbiorów $ \R^n $, natomiast $ \B(\R^n) $ jest ``zaledwie'' mocy continuum. □

Znamy w tej chwili formalną definicję miary Lebesgue'a $ \lambda_n $ i $ \sigma $-ciała $ \Leb(\R^n) $, na którym jest określona. Nie potrafimy jednak obliczać miary zbyt wielu zbiorów (wyjąwszy, być może, zbiory miary zero). Zacznijmy od prostego stwierdzenia, potwierdzającego, że - zgodnie z naturalną intuicją - miara Lebesgue'a przedziału $ n $-wymiarowego jest równa jego objętości.

Stwierdzenie Dla każdego przedziału $ P $ jest $ \vol (P)=\lambda_n(P) $.
Dowód: Z konstrukcji wynika, że $ \lambda_n(P)\le \vol (P) $: przedział sam jest swoim (co najwyżej przeliczalnym) pokryciem, a miarę zewnętrzną definiujemy jako kres dolny sum objętości dla wszystkich pokryć. Wykażemy, że dla każdego $ \eps>0 $ zachodzi nierówność $ \vol (P)\le \lambda_n(P)+\eps $; to wystarczy, żeby zakończyć dowód.

Ustalmy $ \eps>0 $. Bez zmniejszenia ogólności załóżmy, że $ P $ jest przedziałem domkniętym. Dobierzmy rodzinę $ \eR $ przedziałów otwartych\/ $ R_i $, $ i=1,2,\ldots $ pokrywającą $ P $ i taką, że

\[ \sum_{R_i\in \eR} \vol (R_i)\le \lambda_n(P)+\eps. \]

Ponieważ $ P $ jest zbiorem zwartym, więc z rodziny $ \P $ można wybrać podrodzinę skończoną $ R_1,\ldots, R_N $, stanowiącą pokrycie $ P $. Mamy zatem

\[ \sum_{i=1}^N \vol (R_i)\le \sum_{R_i\in \eR} \vol (R_i)\le\lambda_n(P)+\eps. \]

Niech $ d>0 $ będzie liczbą Lebesgue'a pokrycia $ R_1,\ldots, R_N $ zbioru $ P $. Podzielmy przedział $ P $ na $ m=k^n $ przystających przedziałów $ P_j $, dzieląc każdą krawędź na $ k $ równych odcinków. Dla dostatecznie dużego $ k $ każdy z przedziałów $ P_j $ ma średnicę mniejszą niż $ d/2 $, więc jest zawarty w którymś z przedziałów $ R_1,\ldots, R_N $. Dlatego

\[ \vol (P)=\sum_{i=j}^m \vol (P_j) \le \sum_{i=1}^N \biggl(\sum_{\{j\colon P_j\subset R_i\}} \vol (P_j)\biggr)\le   \sum_{i=1}^N \vol (R_i)\le \lambda_n(P)+\eps.  \]

Przechodząc do granicy $ \eps\to 0 $, uzyskujemy nierówność $ \vol (P)\le \lambda_n(P) $. □

Stwierdzenie Dla każdego zbioru $ A\in \Leb(\R^n) $ i każdego $ \xx\in \R^n $ zbiór $ \xx+A $ jest mierzalny w sensie Lebesgue'a i $ \lambda_n(\xx+A)=\lambda_n(A) $.
Dowód: Mierzalność $ \xx+A $ uzyskujemy, korzystając z Twierdzenia [link]. Równość miar obu zbiorów łatwo wynika stąd, że objętość przedziału jest niezmiennicza ze względu na przesunięcia. Przesuwając każdy element pokrycia zbioru $ A $ o wektor $ \xx $, uzyskamy pokrycie zbioru $ \xx+A $; stąd wynika, że $ \lambda_n(\xx+A)\le \lambda_n(A) $, a ponieważ $ A= -\xx+ (\xx+A) $, to zachodzi także nierówność przeciwna. □

Wykażemy teraz, że niezmienniczość ze względu na przesunięcia charakteryzuje miarę Lebesgue'a z dokładnością do stałego czynnika. Ta charakteryzacja pozwoli nam później wyjaśnić, jak zmienia się miara Lebesgue'a, gdy zbiory mierzalne poddajemy przekształceniom liniowym (skądinąd, ta własność miary jest kluczem do wielowymiarowego twierdzenia o zamianie zmiennych w całce).

Twierdzenie (#) Załóżmy, że $ \mu $ jest miarą na $ \sigma $-ciele $ \Leb(\R^n) $ zbiorów mierzalnych w sensie Lebesgue'a. Jeśli $ \mu(A)=\mu(\xx+A) $ dla wszystkich $ A\in \Leb(\R^n) $, $ \xx\in \R^n $ i ponadto $ \mu(P) $ jest skończona i dodatnia dla każdego przedziału $ P $, to wówczas

\[ \begin{equation} 	\label{charmiara-1} 	\mu(A)=c\cdot \lambda_n(A),  \qquad A\in \Leb(\R^n), \end{equation} \]

gdzie $ c=\mu([0,1]^n) $.

W dowodzie tego twierdzenia posłużymy się dwoma lematami, które zasługują na oddzielne odnotowanie.

Lemat Jeśli $ H\subset \R^n $ jest podprzestrzenią afiniczną wymiaru $ k<n $, a $ \mu $ miarą niezmienniczą ze względu na przesunięcia, skończoną na przedziałach i określoną na pewnym $ \sigma $-ciele, zawierającym $ \B(\R^n) $, to $ \mu (H)=0 $. (#)
Lemat (#) Niech $ \Omega\subset \R^n $ będzie zbiorem otwartym. Oznaczmy przez $ \P_m $, gdzie $ m=0,1,2,\ldots $, rodzinę wszystkich kostek w $ \R^n $ o krawędziach długości $ 1/2^m $ i wszystkich wierzchołkach w punktach $ k/2^m $, gdzie $ k\in \Z $. Istnieje wtedy przeliczalna rodzina $ \{Q_i\}_{i\in I} $ kostek z $ \P_0\cup \P_1\cup \P_2\cup\ldots  $, o wnętrzach parami rozłącznych, taka, że

\[ 	\Omega = \bigcup_{i\in I} Q_i\, . 	\]

     Uwaga. Rodzinę $ \P_0\cup \P_1\cup \P_2\cup\ldots  $ nazywa się czasem kostkami diadycznymi. Kostki z $ \P_{m+1} $ (inaczej: tzw. kostki $ (m+1) $-szej generacji) powstają z kostek rodziny $ \P_m $, tj. kostek $ m $-tej generacji, przez podział wszystkich krawędzi na dwie równe części (jedna kostka z$ \P_m $ jest wtedy dzielona na $ 2^n $ kostek z $ \P_{m+1} $, mających parami rozłączne wnętrza).

    Dowód Lematu [link] Dla $ m=1,2,\ldots $ połóżmy $ H_m=H\cap B(\zero,m) $. Zbiór $ H_m $ jest $ \mu $-mierzalny (należy do dziedziny $ \mu $), gdyż $ H $ i kula $ B(\zero,m) $ są zbiorami borelowskimi.

Ponieważ $ \dim H<n $, więc istnieje wektor $ \vv\in \S^{n-1} $ prostopadły do $ H $. Niech

\[ H_{m,j} = H_m + \frac 1j \vv, \qquad m\in \N, \qquad j=1,2,\ldots \]

Przy ustalonym $ m $ zbiory $ H_{m,j} $ są parami rozłączne. Są też zawarte w kuli $ B(\zero,m+1) $; to wynika z nierówności trójkąta (do wektorów z $ H_m $ dodajemy wektor $ \vv / j $, którego norma nie przekracza 1). Miara $ \mu $ jest skończona na przedziałach i niezmiennicza ze względu na przesunięcia; dlatego

\[ \infty > \mu(B(\zero,m+1)) \ge \mu\Big(\bigcup_{j=1}^\infty H_{m,j}\Big) = \mu(H_{m,1})+  \mu(H_{m,2})+ \mu(H_{m,3})+ \cdots, \]

stąd zaś $  \mu(H_{m,1})= \mu(H_{m,2}) = \mu(H_{m,3})= \ldots=\mu(H_m) $ dla każdego $ m\in \N $. Wobec Stwierdzenia [link](ii), $ \mu(H)=\lim \mu(H_m)=0 $. □

    Dowód Lematu [link] Wybieramy kolejne kostki diadyczne zawarte w $ \Omega $ indukcyjnie, zaczynając od największych (o krawędzi 1), a potem przechodząc do kolejnych generacji i dokładając nowe, coraz drobniejsze kostki, które mieszczą się w $ \Omega $. Niech $ K_0 $ będzie sumą wszystkich kostek rodziny $ \P_0 $ zawartych w $ \Omega $. Jeśli $ m=0,1,2\ldots $ i zbiory $ K_0, \ldots, K_m\subset \Omega $ zostały już zdefiniowane, to przyjmujemy jako $ K_{m+1} $ sumę tych kostek z rodziny $ \P_{m+1} $, które są zawarte w $ \Omega $ i mają wnętrza rozłączne z $ K_0\cup\ldots \cup K_m $.

Zbiór $ K_0\cup K_1\cup K_2\cup\ldots  $ jest sumą przeliczalnie wielu kostek diadycznych o wnętrzach parami rozłącznych. Wprost z definicji $ K_m $ wynika, że $ K_m\subset \Omega $ dla $ m=0,1,2,\ldots $, więc oczywiście $ K_0\cup K_1\cup K_2\cup\ldots \subset \Omega $. Inkluzja przeciwna wynika z otwartości $ \Omega $; uzupełnienie nietrudnych szczegółów pozostawiamy Czytelnikowi jako zadanie.□

    Dowód Twierdzenia [link] Niech

\[ \xi(A)=\frac{\mu(A)}{\mu([0,1]^n)}, \qquad A\in \Leb(\R^n). \]

Wystarczy wykazać, że $ \xi=\lambda_n $ na $ \Leb(\R^n) $. Dowód przeprowadzimy, wzbogacając stopniowo klasę zbiorów, na której obie miary są równe.

    Krok 1. Miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ pokrywają się na kostkach diadycznych. To łatwo wynika z niezmienniczności obu miar ze względu na przesunięcia i z Lematu [link]. (Można stosować ten lemat do miary $ \xi $, która jest niezmiennicza ze względu na przesunięcia.) Istotnie, ponieważ dla $ k=0,1,2,\ldots $ kostka $ [0,1]^n $ jest sumą $ 2^{kn} $ przystających kostek (o wnętrzach parami rozłącznych), które są obrazami $ [0,1/2^k]^n $ w odpowiednich przesunięciach, więc

\[ 1=\xi([0,1]^n)= 2^n\xi\big([0,\tfrac 12]^n\big)=2^{2n}\xi\big([0,\tfrac 14]^n\big)=\ldots=2^{kn}\xi\big([0,\tfrac 1{2^k}]^n\big)=\ldots,\qquad k=0,1,2,\ldots \]

Zatem $ \xi(Q)=2^{-kn}=\lambda_n(Q) $ dla wszystkich $ Q\in \P_k $, $ k=0,1,2,\ldots $.

    Krok 2. Miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ pokrywają się na zbiorach otwartych. To wynika z poprzedniego kroku dowodu i z Lematu [link]. Jeśli $ \Omega=\bigcup_{i=1}^\infty Q_i $, to

\[ \xi (\Omega)=\sum_{i=1}^\infty \xi(Q_i) = \sum_{i=1}^\infty \lambda_n(Q_i) =\lambda_n(\Omega); \]

pierwsza i trzecia równość zachodzą, gdyż miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ znikają na podprzestrzeniach afinicznych wymiaru mniejszego niż $ n $.

    Krok 3. Miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ pokrywają się na zbiorach ograniczonych typu $ G_\delta $. Jeśli zbiór $ G $ jest ograniczony i typu $ G_\delta $, to $ G=\bigcap_{j=1}^\infty\Omega_j $, gdzie $ \Omega_j $ są zbiorami otwartymi, ograniczonymi. Dlatego, wobec Stwierdzenia [link](iii),

\[ \xi(G)=\lim_{j\to\infty} \xi (\Omega_j)=\lim_{j\to\infty} \lambda_n (\Omega_j)=  \lambda_n(G). \]

    Krok 4. Miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ pokrywają się na zbiorach ograniczonych miary Lebesgue'a zero. Istotnie, jeśli $ \lambda_n(Z)=0 $, to na mocy Twierdzenia [link] istnieje $ G $ ograniczony i typu $ G_\delta $ taki, że $ Z\subset G $ i $ \lambda_n(G)=0 $. Wtedy jednak $ \xi (G)=0 $, więc $ 0\le \xi(Z)\le \xi(G)=0 $.

    Krok 5. Miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ pokrywają się na zbiorach ograniczonych, mierzalnych w sensie Lebesgue'a. To wynika natychmiast z Twierdzenia [link]: wynika zeń łatwo, że każdy zbiór mierzalny i ograniczony jest sumą pewnego zbioru ograniczonego typu $ G_\delta $ i rozłącznego z nim zbioru miary zero.

Ponieważ każdy zbiór $ A\in \Leb(\R^n) $ jest sumą wstępującego ciągu zbiorów mierzalnych i ograniczonych (można np. wziąć $ A_j=A\cap B(0,j) $), więc na mocy Stwierdzenia [link](ii) miary $ \xi $ i $ \lambda_n $ są równe na całym $ \sigma $-ciele $ \Leb(\R^n) $.□

Omówimy teraz pewną charakteryzację wyznacznika macierzy, która pozwoli nam podać wzór na miarę Lebesgue'a liniowego obrazu zbioru mierzalnego.

Lemat Załóżmy, że funkcja $ c\colon GL(n,\R)\to \R_+ $ ma dwie własności: $ c(s\cdot \mathrm{Id})=|s|^n $ dla każdej liczby $ s\in \R $, $ s\not=0 $ i $ c(AB)=c(A)c(B) $ dla wszystkich macierzy $ A,B\in GL(n,\R) $. Wówczas

\[ 	c(A)=|\det A| \qquad\mbox{dla wszystkich $A\in GL(n,\R)$.}     \]

(#)

Dowód: Oznaczmy przez $ A_j $ macierz, która poza przekątną ma same zera, a na przekątnej same jedynki, z wyjątkiem $ j $-tego miejsca, gdzie znajduje się liczba $ -1 $. Mamy $ A_j^2=\mathrm{Id} $ i dla każdej liczby $ s\in \R\setminus\{0\} $ jest

\[ 	|s|^{2n}=c\big(s^2\cdot A_j^2\big) = \big(c(s \cdot A_j)\big)^2 \, . \]

Ponieważ $ c(A)\ge 0 $ dla każdej nieosobliwej macierzy $ A $, więc $ c(s\cdot A_j)=|s|^n $.

Niech teraz, dla $ 1\le k\not=l\le n $, $ \delta_{kl} $ oznacza macierz kwadratową, złożoną z samych zer, za wyjątkiem jedynki w $ k $-tym wierszu i $ l $-tej kolumnie. Połóżmy $ M_{kl}(s)=\mathrm{Id}+s\delta_{kl} $. Nietrudno sprawdzić (Czytelnik zechce uzupełnić szczegóły), że zachodzą równości $ \delta_{kl}\cdot A_k=\delta_{kl}=-A_k\cdot\delta_{kl} $. Dlatego

\[ A_k \cdot \delta_{kl}\cdot A_k = -\delta_{kl}, \]

stąd zaś $  A_k\cdot M_{kl}(s)\cdot A_k = M_{kl}(-s)  $ i wobec równości $ c(A_k)=1 $ jest

\[ \begin{equation} 	\label{cdkl} 	c\big(M_{kl}(-s)\big)=c(A_k)^2c(M_{kl}(s))=c\big(M_{kl}(s)\big). \end{equation} \]

Jednak

\[ M_{kl}(s)M_{kl}(-s)= (\mathrm{Id}+s\delta_{kl})(\mathrm{Id}-s\delta_{kl})= \mathrm{Id}-s^2\cdot \delta_{kl}^2=\mathrm{Id} \]

i dlatego równość cdkl, łącznie z założeniem $ c(AB)=c(A)c(B) $, pociąga za sobą warunek

\[ \begin{equation} c\big(M_{kl}(\pm s)\big)=1, \quad c\big(A\cdot M_{kl}(\pm s)\big)=c\big(M_{kl}(\pm s)\cdot A\big)=c(A)\qquad\mbox{dla  $A\in GL(n,\R)$}.    \end{equation} \]

Widać więc, że funkcja $ c(A) $ nie zmienia wartości, gdy daną macierz mnożymy przez $ M_{kl}(\pm s) $. Zauważmy jednak, że iloczyn

\[ M_{kl}(s)B=B + s\cdot\delta_{kl} \cdot B \]

powstaje w ten sposób, że do $ k $-tego wiersza macierzy $ B $ dodajemy $ l $-ty wiersz tej macierzy pomnożony przez $ s $, a pozostałe wiersze pozostawiamy bez zmian. Podobnie, iloczyn $ BM_{kl}(s)=B + s\cdot B\cdot \delta_{kl}  $ powstaje tak, że do $ l $-tej kolumny $ B $ dodajemy $ k $-tą kolumnę, pomnożoną przez $ s $ (a pozostałych kolumn nie zmieniamy).

Wiadomo z algebry liniowej, że za pomocą takich operacji na wierszach i kolumnach, tzn. za pomocą mnożenia przez $ M_{kl}(\pm s) $, można każdą macierz nieosobliwą przekształcić w macierz diagonalną $ s\cdot\mathrm{Id} $ lub $ s\cdot A_n $, gdzie $ s=\sqrt[n]{|\det A|} $. Ponieważ zaś

\[ c (s\cdot\mathrm{Id})=c(s\cdot A_n)=|s|^n \]

więc ostatecznie $ c(A)=|s|^n=|\det A| $. □

Twierdzenie (#) Niech $ A\in \Leb(\R^n) $ będzie zbiorem mierzalnym w sensie Lebesgue'a, a$ \Phi\colon \R^n\to\R^n $ - przekształceniem liniowym. Wówczas zbiór $ \Phi(A)\in \Leb (\R^n) $ i zachodzi równość

\[ \begin{equation} 		\label{moddet} \lambda_n(\Phi(A))=|\det \Phi|\cdot \lambda_n({A})\, .                \end{equation} \]
Dowód: Jeśli $ \det \Phi=0 $, to obraz $ \mathrm{im}\, \Phi=\Phi(\R^n) $ przekształcenia $ \Phi $ jest podprzestrzenią liniową wymiaru mniejszego niż $ n $. Z Lematu [link] wynika, że $ \lambda_n(\Phi(\R^n))=0 $, a więc dla każdego $ A\subset \R^n $ zbiór $ \Phi(A)\subset \Phi(\R^n) $ jest mierzalny i ma miarę zero. Innymi słowy, teza twierdzenia zachodzi, gdy $ \det \Phi=0 $.

Niech zatem odtąd $ \det \Phi\not=0 $. Przekształcenie $ \Phi  $ jest wtedy homeomorfizmem $ \R^n $ na $ \R^n $; obrazy zbiorów otwartych są więc otwarte (to wynika z ciągłości $ \Phi^{-1} $), obrazy zbiorów typu $ G_\delta $ są zbiorami typu $ G_\delta $, zaś obrazy zbiorów miary Lebesgue'a zero są zbiorami miary Lebesgue'a zero. (Czytelnik zechce samodzielnie przemyśleć ten fakt; należy pamiętać, że przekształcenie $ \Phi $ zwiększa długość każdego wektora co najwyżej $ \|\Phi\| $ razy.) Dlatego, wobec Twierdzenia [link], obrazy zbiorów mierzalnych są zbiorami mierzalnymi.

Pozostaje udowodnić wzór moddet. Połóżmy

\[ \begin{equation} 	\label{defmufi}     	\mu_\Phi(A) =\lambda_n(\Phi(A));   \end{equation} \]

łatwo sprawdzić, że $ \mu_\Phi $ jest miarą na $ \sigma $-ciele $ \Leb(\R^n) $, niezmienniczą ze względu na przesunięcia. Z Twierdzenia [link] wynika, że

\[ \begin{equation} 	\label{mufila}   	\mu_\Phi(A)=c(\Phi)\cdot \lambda_n(A)\qquad\mbox{dla $A\in \Leb(R^n)$,} \end{equation} \]

gdzie stała

\[ \begin{equation} 	\label{cefi}      	c(\Phi)=\mu_\Phi([0,1]^n)=\lambda_n(\Phi([0,1]^n)).   \end{equation} \]

Potraktujmy teraz $ c $ jako funkcję, określoną na grupie $ GL(n,\R) $ macierzy nieosobliwych $ n\times n $ (każdy izomorfizm liniowy utożsamiamy z jego macierzą w standardowych bazach). Sprawdzimy, że $ c $ spełnia założenia Lematu [link], co pozwoli zakończyć cały dowód twierdzenia.

Jeśli $ \Phi = s\cdot\mathrm{Id} $, to $ \Phi([0,1]^n) $ jest kostką o krawędzi $ |s| $, a więc ma miarę $ |s|^n $. Zatem $ c(s\cdot\mathrm{Id})=|s|^n $. Dla $ \Phi_1,\Phi_2\in GL(n,\R) $ mamy z definicji $ c $

\[ \mu_{\Phi_1 \Phi_2} ([0,1]^n)=  c(\Phi_1\Phi_2)\, ; \]

z drugiej strony, wobec definicji $ \mu_\Phi $ jest

\[ \begin{align*} \mu_{\Phi_1 \Phi_2} ([0,1]^n)&\stackrel{\eqref{cefi}}=\lambda_n\big(\Phi_1(\Phi_2([0,1]^n))\big) \\ & \stackrel{\eqref{defmufi}}=\mu_{\Phi_1}(\Phi_2([0,1]^n))\\ & \stackrel{\eqref{mufila}}=c({\Phi_1})\lambda_n(\Phi_2([0,1]^n)) \stackrel{\eqref{cefi}}= c(\Phi_1)c(\Phi_2). \end{align*} \]

Spełnione są więc oba założenia Lematu [link]. Wnioskujemy zeń, że $ c(\Phi)=|\det \Phi| $; wzory defmufi- mufila implikują, że

\[ \lambda_n(\Phi(A))=\mu_\Phi(A)=c(\Phi)\lambda_n(A)=|\det\Phi|\cdot \lambda_n(A)\, . \]

Dowód Twierdzenia [link] jest zakończony. □

Uwaga

  1. W przestrzeni $ \R^3 $ istnieją wielościany, które mają równe objętości, ale nie są równoważne przez podział skończony (tzn. jednego z nich nie można w żaden sposób podzielić na skończoną liczbę wielościennych klocków, z których dałoby się złożyć drugi wielościan). (Na płaszczyźnie każde dwa wielokąty o równych polach są) równoważne przez podział skończony. Pytanie, czy analogiczny fakt ma miejsce w $ \R^3 $, było w 1900 r. treścią trzeciego problemu Hilberta. W tym samym roku Max Dehn podał przykład dwóch ostrosłupów o równych objetościach, które nie są równoważne przez podział skończony. Zainteresowany Czytelnik może sięgnąć np. do rozdziału 7 książki M. Aignera i G.M. Zieglera \emph{Dowody z Księgi (wyd. PWN, Warszawa 2002).} Między innymi dlatego dowód równości $ \lambda_n(\Phi(A))=|\det\Phi|\lambda_n(A) $ wymaga kilkakrotnego odwołania się do charakteryzacji miary Lebesgue'a, podanej w Twierdzeniu [link].
  2. Jak przekonamy się później, równość moddet jest szczególnym przypadkiem twierdzenia o zamianie zmiennych w całce Lebesgue'a.
Twierdzenie (#) Załóżmy, że $ A\subset \R^n $ i $ B\subset \R^m $ są zbiorami mierzalnymi w sensie Lebesgue'a. Wówczas zbiór $ A\times B $ jest mierzalny w sensie Lebesgue'a w $ \R^n\times \R^m $ i zachodzi równość

\[ \begin{equation} 		\label{miaraproduktu}     		 \lambda_{n+m}(A\times B)= \lambda_n(A)\cdot \lambda_m(B)\, .  \end{equation} \]
Dowód: Będziemy postępować podobnie, jak w dowodzie Twierdzenia [link], stopniowo powiększając klasy zbiorów $ A,B $, dla których zachodzi teza. Dowód nie jest trudny, jednak jego zapisanie wymaga pewnej pracy.

    Krok 1. Jeśli $ A $ i $ B $ są przedziałami odpowiednio w $ \R^n $ i $ \R^m $, to ich iloczyn kartezjański jest przedziałem w $ \R^{n+m} $; mamy wtedy

\[ \lambda_{n+m}(A\times B)=\vol(A\times B)= \vol(A)\cdot \vol(B) = \lambda_n(A)\cdot \lambda_m(B)\, .  \]

(Środkowa równość wynika wprost z definicji objętości przedziału).

    Krok 2. Jeśli $ A $ i $ B $ są zbiorami otwartymi, to

\[ A=\bigcup_{j=1}^\infty Q_j, \qquad B=\bigcup_{k=1}^\infty R_k, \]

gdzie $ Q_j $ (odpowiednio, $ R_k $) są kostkami diadycznymi w $ R^n $ (odpowiednio, w $ \R^m $) o wnetrzach parami rozłącznych. Wtedy jednak

\[ A\times B= \bigcup_{j,k=1}^\infty Q_j\times R_k, \]

gdzie przedziały $ Q_j\times R_k $ mają wnętrza parami rozłączne. Ponieważ miara Lebesgue'a zeruje się na podprzestrzeniach, zawierających ściany tych przedziałów, więc

\[ \begin{align*} \lambda_{n+m}(A\times B)  &=\sum_{j,k=1}^\infty \lambda_{n+m}(Q_j\times R_k)\\ &=  \sum_{j,k=1}^\infty \lambda_{n}(Q_j) \lambda_{m}( R_k) \\ & = \biggl(\sum_{j=1}^\infty \lambda_{n}(Q_j)\biggr)  \biggl(\sum_{k=1}^\infty \lambda_{m}( R_k)\biggr)=\lambda_n(A)\lambda_m(B)\, . \end{align*} \]

    Krok 3. Załóżmy teraz, że $ A,B $ są zbiorami ograniczonymi typu $ G_\delta $, tzn.

\[ A=\bigcap_{j=1}^\infty U_j, \qquad B=\bigcap_{j=1}^\infty V_j, \]

gdzie $ U_1\supset U_2\supset U_3\supset \ldots $ są otwarte i ograniczone w $ \R^n $, zaś $ V_1\supset V_2\supset V_3\supset \ldots $ są otwarte i ograniczone w $ \R^m $. Wtedy

\[ A\times B=\bigcap_{j=1}^\infty (U_j\times V_j) \]

jest zbiorem ograniczonym typu $ G_\delta $ w $ \R^{n+m} $. Na mocy Stwierdzenia [link](iii) o mierze iloczynu ciągu zstępującego,

\[ \begin{multline*} \lambda_{n+m}(A\times B) =\lim_{j=1}\lambda_{n+m}(U_j\times V_j) =  \lim_{j=\infty}\lambda_{n}(U_j)\lambda_{m}(V_j) \\= \lim_{j=\infty}\lambda_{n}(U_j)\cdot \lim_{j=\infty}\lambda_{m}(V_j)  = \lambda_n(A)\cdot \lambda_m(B)\, . \end{multline*} \]

    Krok 4. Wzór miaraproduktu zachodzi, gdy $ A,B $ są ograniczone i $ \lambda_n(A)=0 $ lub $ \lambda_m(B)=0 $. Bez zmniejszenia ogólności niech $ \lambda_n(A)=0 $; w drugim przypadku dowód jest taki sam.

Zbiór $ B $ jest ograniczony, a więc jest zawarty w pewnej kuli otwartej $ V\subset \R^m $. Niech $ \eps>0 $. Wobec Twierdzenia [link], istnieje taki zbiór otwarty $ U\subset \R^n $, że $ A\subset U $ i $ \lambda_n(U)<\eps/\lambda_m(V) $. Zatem

\[ \lambda_{n+m}(A\times B)\le \lambda_{n+m}(U\times V)=\lambda_n(U)\lambda_m(V) < \eps\, ; \]

z dowolności $ \eps>0 $ wynika, że $ \lambda_{n+m}(A\times B)=0=\lambda_n(A)\times\lambda_n(B) $.

    Krok 5. Załóżmy teraz, że $ A\subset \R^n $ i $ B\subset \R^m $ są ograniczonymi zbiorami mierzalnymi. Znajdziemy zbiory $ Y\subset \R^n $ i $ Z\subset \R^m $ takie, że

\[ \begin{gather*}    \lambda_n(Y)=\lambda_m(Z)=0, \\ A\cap Y=B\cap Z=\emptyset, \\ \text{zbiory } G_A=A\cup Y \text{ oraz } B_B=B\cup Z \text{ są typu } G_\delta.    \end{gather*} \]

Wtedy

\[ G_A\times G_B= A\times B\cup \Big(Y\times B \, \cup \, A\times Z\, \cup\, Y\times Z\Big). \]

Z poprzedniego kroku dowodu wynika, że $ \lambda_{n+m}\big(Y\times B \, \cup \, A\times Z\, \cup\, Y\times Z\big)=0 $. Zbiór $ G_A\times G_B $ jest typu $ G_\delta $ w $ R^{n+m} $; dlatego zbiór $ A\times B $, który różni się odeń o zbiór miary zero, należy do $ \Leb(\R^{n+m}) $. Mamy też

\[ \lambda_{n+m}(A\times B)=\lambda_n(G_A\times G_B)=\lambda_n(G_A)\lambda_m(G_B)=\lambda_n(A)\lambda_m(B).      \]

    Krok 6 (przypadek ogólny). Jeśli $ A $ i $ B $ są dowolnymi zbiorami mierzalnymi, to biorąc $ A_j=A\cap B(0,j) $ w$ \R^n $ i$ B_j=B\cap B(0,j) $ w$ \R^m $, otrzymujemy na mocy Stwierdzenia [link](ii)

\[ \lambda_{n+m}(A\times B) = \lim_{j=\infty}\lambda_{n+m}(A_j\times B_j)=\lim_{j=\infty}\lambda_n(A_j)\lambda_m(B_j)= \lambda_n(A)\lambda_m(B). \]

Dowód całego Twierdzenia [link] jest zakończony. □