Elementy teorii miary

Zajmiemy się teraz całkowaniem funkcji wielu zmiennych. Czytelnik wie już, że do ważnych zastosowań całki należy obliczanie pól i objętości. Okazuje się, że pytania jakie funkcje wolno (próbować) całkować? dla jakich podzbiorów przestrzeni można w ogóle określić ich objętość? są subtelne, a odpowiedzi na te pytania wymagają głębokiego wniknięcia w pogranicze teorii mnogości i topologii.

Zacznijmy od przykładu, który dobitnie wyjaśnia, że funkcji, która miałaby naturalne pożądane cechy miary\/, nie można określić na wszystkich podzbiorach prostej.

Przykład [G. Vitali](#) Nie istnieje funkcja $ \mu\colon 2^{\R}\to \rplus $, która spełniałaby następujące warunki:

  1. $ \mu([a,b])=b-a $ dla każdego przedziału $ [a,b]\subset{\R} $;
  2. $ \mu (\emptyset)=0 $;
  3. przeliczalna addytywność: Jeśli zbiory $ A_i\subset \R $, $ i=1,2,\ldots $, są parami rozłączne, to $ \mu (\bigcup_{i=1}^\infty A_i)=\sum_{i=1}^\infty\mu (A_i) $;
  4. niezmienniczość ze względu na przesunięcia: dla każdego zbioru $ V\subset \R $ i każdej liczby $ t\in \R $ jest $ \mu (t+V)=\mu(V) $.

Przypuśćmy, że taka funkcja $ \mu $ jednak istnieje. Określmy relację w zbiorze $ \R $: przyjmijmy, że $ x\sim y $ wtedy i tylko wtedy, gdy $ x-y\in \Q $. Łatwo zauważyć, że jest to relacja równoważności: $ x\sim x $ dla każdego $ x\in \R $, gdyż $ x-x=0 $, a $ 0\in \Q $; jeśli $ x\sim y $, to także $ y\sim x $, gdyż $ y-x=-(x-y) $ jest liczbą wymierną, gdy $ x-y\in \Q $; wreszcie, $ x\sim y $ i $ y\sim z $ pociąga za sobą $ x\sim z $, gdyż $ x-z=(x-y)+(y-z) $, a suma dwóch liczb wymiernych jest wymierna.

Każda klasa abstrakcji $ [x] $ ma reprezentanta $ y\in [0,1] $; to wynika stąd, że $ x\sim x+k $ dla każdego $ x\in\R $ i każdego $ k\in \Z $. Korzystając z aksjomatu wyboru, utwórzmy zbiór $ V\subset [0,1] $, który zawiera dokładnie jednego reprezentanta każdej klasy abstrakcji. Rozpatrzmy zbiór

\[ W=\bigcup_{t\in Q\cap [-1,1]} (t+V)\, , \]

tzn. sumę mnogościową przesunięć $ t+V $ zbioru $ V $ o wektory wymierne $ t $ z przedziału $ [-1,1] $. Ponieważ $ V\subset [0,1] $, więc $ W\subset [-1,2] $. Ponadto, dla różnych $ t_1,t_2 $ zbiory $ t_1+V $ i $ t_2+V $ są rozłączne: gdyby $ t_1+v_1=t_2+v_2 $ dla pewnych $ t_1\not=t_2\in \Q $ i $ v_1,v_2\in V $, to mielibyśmy $ v_1-v_2=t_2-t_1\in \Q $ i $ v_2\not=v_1 $, tzn. $ v_1\sim v_2 $ byłyby różnymi elementami tej samej klasy abstrakcji, wbrew definicji $ V $.

Jeśli $ \mu $ spełnia warunki (i)-(iv), to $ \mu (A)\le \mu(B) $ dla $ A\subset B\subset \R $. Dlatego \begin{align*} 3=\mu([-1,2])\ge \mu (W) &=\mu\biggl(\, \bigcup_{t\in Q\cap [-1,1]} (t+V)\biggr) \\ &\stackrel{\text{(iii)}}=\sum_{t\in Q\cap [-1,1]} \mu (t+V) \stackrel{\text{(iv)}}= \mu(V)+\mu(V)+\mu(V)+\cdots \end{align*} Gdyby $ \mu(V)>0 $, to prawa strona byłaby nieskończona. Otrzymujemy więc $ \mu (V)=0 $, stąd zaś $ \mu (W)=0+0+\cdots=0 $.

Z drugiej strony, zbiór $ W $ zawiera cały przedział $ [0,1] $. Istotnie, niech $ x\in [0,1] $ będzie dowolną liczbą. Wybierzmy $ v\in V $ tak, aby $ x\sim v $; jest to możliwe, gdyż zbiór $ V $ zawiera reprezentanta każdej klasy abstrakcji. Wtedy $ t=x-v\in \Q\cap [-1,1] $ i $ x=t+v\in t+V\subset W $.

Zatem

\[ 1=\mu([0,1])\le \mu(W)=0\, . \]

Ta sprzeczność dowodzi, że nie istnieje funkcja $ \mu $, spełniająca warunki (i)-(iv). □

W przestrzeni $ \R^3 $ nawet rezygnacja z przeliczalnej addytywności na rzecz skończonej addytywności nie pomaga: jak udowodnili Banach i Tarski, kulę jednostkową w $ \R^3 $ można podzielić na pięć (parami rozłącznych) zbiorów $ A_i $, $ 1\le i\le 5 $, a następnie wskazać pięć izometrii $ g_i $, $ 1\le i\le 5 $, przestrzeni $ \R^3 $ takich, że

\[ B(0,1)=g_1(A_1)\cup g_2(A_2)\cup g_3(A_3)= g_4(A_4)\cup g_5(A_5), \]

gdzie każda z dwóch sum jest sumą zbiorów parami rozłącznych. Gdyby więc istniała skończenie addytywna funkcja nieujemna $ \mu $, określona na wszystkich podzbiorach $ \R^3 $ i niezmiennicza ze względu na izometrie, to mielibyśmy

\[ \mu(B(0,1))=\sum_{i=1}^5 \mu (A_i)=\sum_{i=1}^5 \mu(g_i(A_i)) = 2\mu(B(0,1)). \]

(Konstrukcja takiego paradoksalnego rozkładu kuli wykorzystuje, prócz aksjomatu wyboru, fakt, że składanie obrotów w $ \R^3 $ nie jest przemienne, a grupa obrotów zawiera podgrupę wolną o dwóch generatorach.)

Podobne przykłady wskazują, że jakieś ograniczenie klasy zbiorów, dla których będziemy określać miarę, jest rzeczą konieczną.

Podstawowe pojęcia. Twierdzenie Caratheodory'ego

Niech $ X $ będzie dowolnym zbiorem. Będziemy używać oznaczenia $ [0,+\infty]=\rplus=\R_{+}\cup \{0,+\infty\} $.

{[0,+\infty]}

Definicja [ciało i $ \sigma $-ciało zbiorów] Powiemy, że rodzina zbiorów $ \F\subset 2^X $ jest ciałem wtedy i tylko wtedy, gdy

    \parskip 1pt {(\roman{enumi})}

  1. $ \emptyset\in \F $;
  2. Jeśli $ A\in \F $, to także $ X\setminus A\in \F $;
  3. Jeśli $ A,B\in \F $, to $ A\cup B\in \F $.

Gdy spełniony jest także warunek

    \parskip 1pt \setcounter{enumi}{3} {(\roman{enumi})}

  1. Dla wszystkich $ A_1,A_2,A_3,\ldots \in \F $ zbiór $ \bigcup_{i=1}^\infty A_i\in \F $,

to mówimy, że $ \F $ jest $ \sigma $-ciałem (lub: ciałem przeliczalnie addytywnym).

Uwaga (#) Korzystając ze wzorów De Morgana, łatwo jest wykazać, że jeśli $ \F\subset 2^X $ jest ciałem zbiorów i $ A,B\in \F $, to $ A\cap B\in F $ oraz $ A\setminus B\in F $. Istotnie,

\[ X\setminus(A\cap B)= (X\setminus A)\cup (X\setminus B) \in \F,  \]

a więc także $ A\cap B=X\setminus\big(X\setminus(A\cap B)\big)\in \F $. Dalej, $ A\setminus B=A\cap (X\setminus B)\in \F $. Podobnie dowodzi się, że każde $ \sigma $-ciało jest zamknięte ze względu na branie przeliczalnych przecięć.□

Nietrudno podać kilka prostych przykładów ciał i $ \sigma $-ciał. Rodzina $ 2^X $ wszystkich podzbiorów zbioru $ X $ jest zarówno ciałem, jak i $ \sigma $-ciałem. Rodzina

\[ \F=\{A\subset \N\colon A \text{ lub }  \N\setminus A \text{ jest zbiorem skończonym}\} \]

jest ciałem, ale nie jest $ \sigma $-ciałem: suma przeliczalnie wielu zbiorów skończonych może być zbiorem nieskończonym, którego uzupełnienie też jest nieskończone. Rodzina

\[ \F=\{A\subset \R\colon A \text{ lub } \R\setminus A \text{ jest zbiorem (co najwyżej) przeliczalnym}\} \]

jest $ \sigma $-ciałem (To łatwo wynika z twierdzenia, orzekającego, że suma przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym.).

Przykład Niech $ (\F_i)_{i\in I} $ będzie dowolną rodziną $ \sigma $-ciał (odpowiednio: ciał) podzbiorów zbioru $ X $. Wtedy

\[ 	\F=\bigcap_{i\in I} \F_i\subset 2^X 	\]

też jest $ \sigma $-ciałem (odpowiednio: ciałem). To wynika wprost z definicji: każde z $ \F_i $ jest zamknięte ze względu na odpowiednie działania na zbiorach, więc część wspólna $ \F_i $ też jest zamknięta ze względu na te same działania.

Uwaga Z powyższego przykładu wynika, że dla każdej niepustej rodziny zbiorów $ \G \subset 2^X $ istnieje najmniejsze (ze względu na inkluzję) $ \sigma $-ciało $ \F\subset 2^X $ takie, że $ \G\subset \F $: jest to przecięcie rodziny wszystkich $ \sigma $-ciał, zawierających $ \G $ (jest to rodzina niepusta, gdyż należy do niej $ \sigma $-ciało $ 2^X $).
Definicja [zbiory borelowskie] Niech $ X $ będzie przestrzenią topologiczną. Najmniejsze $ \sigma $-ciało, zawierające wszystkie zbiory otwarte w przestrzeni $ X $, nazywamy $ \sigma $-ciałem zbiorów borelowskich w $ X $ i oznaczamy $ \B(X) $.

Z $ \sigma $-ciałem $ \B(\R^n) $ zbiorów borelowskich w $ \R^n $ zetkniemy się wielokrotnie.

Definicja [miara zewnętrzna] Funkcję $ \mu^\ast\colon 2^X\to\rplus $ nazywamy miarą zewnętrzną na $ X $, jeśli $ \mu^\ast(\emptyset)=0 $, $ \mu (A)\le \mu(B) $ dla wszystkich $ A\subset B\subset X $ i wreszcie

\[ \begin{equation} 	\mu^\ast\biggl(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\biggr)\le\sum_{i=1}^\infty \mu^\ast(A_i)\qquad\mbox{dla wszystkich }\quad A_1,A_2,\ldots \in 2^X. \label{podadd}  \end{equation} \]

Własność podadd nazywa się przeliczalną podaddytywnością miary zewnętrzne.

Definicja [miara] Niech $ \F\subset 2^X $ będzie $ \sigma $-ciałem. Funkcję $ \mu\colon \F   \to\rplus $ nazywamy miarą na $ \F $, jeśli $ \mu(\emptyset)=0 $ oraz

\[ \begin{equation} 	\mu\biggl(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\biggr)=\sum_{i=1}^\infty \mu(A_i)\qquad\mbox{dla wszystkich parami rozłącznych } A_1,A_2,\ldots \in \F. \label{add}  \end{equation} \]

Własność add nazywa się przeliczalną addytywnością miary.

Podamy teraz kilka prostych własności miary, wynikających łatwo z definicji, następnie zaś sformułujemy ważne twierdzenie, wskazujące, jak dla danej miary zewnętrznej $ \mu^\ast $ na $ X $ wyróżnić pewne $ \sigma $-ciało $ \F\subset 2^X $, na którym funkcja $ \mu^\ast $ - jak za dotknięciem czarodziejskiej różdżki - staje się miarą, tzn. spełnia nie tylko podadd, ale i mocniejszy, naturalny warunek add.

Stwierdzenie (#) Niech $ \F\subset 2^X $ będzie $ \sigma $-ciałem, a $ \mu $ - miarą na $ \F $. Wówczas:

  1. $ \mu(A)\le \mu(B)=\mu(A)+\mu(B\setminus A) $ dla wszystkich $ A\subset B\in \F $;
  2. jeśli $ A_1\subset A_2\subset A_3\subset \ldots $, $ A_i\in \F $, to
    \[ 	\mu\biggl(\bigcup_{i=1}^\infty A_i\biggr)=\lim_{i\to\infty}\mu (A_i)\, ; 	\]
  3. jeśli $ A_1\supset A_2\supset A_3\supset \ldots $, $ A_i\in \F $ i $ \mu(A_{1})<\infty  $, to
    \[ 	\mu\biggl(\bigcap_{i=1}^\infty A_i\biggr)=\lim_{i\to\infty}\mu (A_i)\, . 	\]
Dowód: Własność (i), tzw. monotoniczność miary, uzyskujemy, kładąc w add $ A_1=A $, $ A_2=B\setminus A\in \F $ i $ A_j=\emptyset $ dla $ j\ge 3 $. Wtedy $ \bigcup A_j=A\cup (B\setminus A)=B $ i zbiory $ A_j $ są parami rozłączne. Dlatego, wobec add,

\[ \mu(B)=\mu(A)+\mu(B\setminus A)+\mu (\emptyset)+\mu(\emptyset)+\cdots =\mu(A)+\mu(B\setminus A)\ge \mu (A). \]

Aby wykazać (ii), przyjmiemy $ P_1=A_1 $ i $ P_j=A_j\setminus A_{j-1} $ dla $ j=2,3,\ldots $. Wtedy $ \bigcup A_j=\bigcup P_j $, zaś wobec założenia $ A_1\subset A_2\subset A_3\subset\ldots $ zbiory $ P_j $ są parami rozłączne. Dlatego, wobec równości $ \mu(P_j)=\mu(A_j)-\mu(A_{j-1}) $, %która zachodzi dla $ j\ge 2 $ na mocy pierwszej części stwierdzenia,

\[ \begin{align*} \mu\biggl(\bigcup_{j=1}^\infty A_j\biggr)=\mu\biggl(\bigcup_{j=1}^\infty P_j\biggr)\ &=\sum_{j=1}^\infty \mu(P_j) \\ &= \mu(A_1) +\big(\mu(A_2)-\mu(A_1)) + \big(\mu(A_3)-\mu(A_2)\big) +\cdots\\[6pt] &=\lim_{j\to\infty}\mu (A_j)\, , \end{align*} \]

gdyż $ \mu (A_j) $ jest $ j $-tą sumą częściową szeregu $ \sum\mu(P_j) $.

Dla dowodu (iii) zauważmy, że na mocy wzorów De Morgana

\[ A_1\setminus \bigcap_{j=1}^\infty A_j = \bigcup_{j=1}^\infty B_j, \qquad\mbox{gdzie}\quad B_j=A_1\setminus A_j \]

Zbiory $ B_j $ tworzą ciąg wstępujący, tzn. $ B_1\subset B_2\subset B_3\subset\ldots $ Na mocy udowodnionych już punktów (i) oraz (ii),

\[ \mu (A_1)-  \mu\biggl(\bigcap_{j=1}^\infty A_j\biggr)  \stackrel{\text{(i)}}= \mu\biggl(A_1\setminus\bigcap_{j=1}^\infty A_j\biggr) =\mu \biggl(\bigcup_{j=1}^\infty B_j\biggr) \stackrel{\text{(ii)}}=\lim_{j\to\infty} \mu(B_j)\stackrel{\text{(i)}}=\mu(A_1)-\lim_{j\to\infty}\mu(A_j)\, . \]
Uwaga Założenie $ \mu(A_1)<\infty $ w Stwierdzeniu [link](iii) jest istotne. Jeśli np. na $ \F=2^{\N} $ weźmiemy miarę liczącą, która każdemu zbiorowi $ A\subset \N $ przypisuje liczbę jego elementów $ \# A $, to dla (nieskończonych) zbiorów $ A_j=\{j,j+1,j+2,\cdots\} $ jest $ \mu(A_j)=+\infty $, a zatem

\[ +\infty=\lim_{j\to\infty}\mu (A_j)> 0=\mu(\emptyset)=\mu\biggl(\bigcap_{j=1}^\infty A_j\biggr)\, . \]
Definicja [warunek Carath\'{eodory'ego}] Niech $ \mu^\ast $ będzie miarą zewnętrzną na $ X $. Powiemy, że zbiór $ A\subset X $ spełnia warunek Carath\'{eodory'ego} wtedy i tylko wtedy, gdy

\[ \begin{equation} 		\label{cara} 		\mu^\ast(Z)=\mu^\ast(Z\cap A)+\mu^\ast(Z\setminus A)\qquad\mbox{dla każdego zbioru $Z\subset X$.} \end{equation} \]
Twierdzenie [C. Carath\'{eodory}] Niech $ \mu^\ast $ będzie miarą zewnętrzną na $ X $. Rodzina $ \F\subset 2^X $ wszystkich zbiorów $ A\subset X $, spełniających warunek Carath\'{e}odory'ego, jest $ \sigma $-ciałem. Funkcja

\[    \mu= \mu^\ast\big|_{\F} \colon \F\to \rplus 	\]

jest miarą, tzn. spełnia warunek przeliczalnej addytywności add. (#)

Twierdzenie Carath\'{e}odory'ego jest bardzo ważne, gdyż ułatwia konstrukcję różnych miar. Wystarczy skonstruować miarę zewnętrzną $ \mu^\ast $ (co jest łatwiejsze, gdyż warunki wdefinicji są słabsze!) na $ X $, a następnie zawęzić dziedzinę funkcji $ \mu^\ast $ do rodziny tych zbiorów $ A $, które spełniają cara. W taki właśnie sposób skonstruujemy w następnym podrozdziale miarę Lebesgue'a\/ na $ \R^n $, tzn. naturalny i ogólny odpowiednik długości przedziału w $ \R $, pola wielokąta w $ \R^2 $ czy objętości wielościanu w $ \R^3 $, określony jednak dla bardzo szerokiej klasy podzbiorów przestrzeni.

Co ciekawe, twierdzenie Carath\'{e}odory'ego nie wydaje się łatwe, gdyż warunek cara nie jest szczególnie naturalny. Jednak, jak zobaczymy, dowód wprawdzie jest długi, ale nie jest zbyt trudny: w gruncie rzeczy polega na planowym i żmudnym, choć dość prostym sprawdzaniu kolejnych warunków.

Dowód: Krok 1: Zbiór pusty należy do $ \F $, gdyż dla każdego $ Z $ jest $ \mu^\ast (Z)=0+\mu^\ast(Z\setminus \emptyset)= \mu^\ast(Z\cap\emptyset) +\mu^\ast(Z\setminus \emptyset) $.

    Krok 2: rodzina $ \F $ jest zamknięta ze względu na branie dopełnień. To wynika z faktu, że warunek Carath\'{e}odory'ego można zapisać w symetrycznej postaci

\[  \mu^\ast(Z)=\mu^\ast(Z\cap A)+\mu^\ast(Z\setminus A)= \mu^\ast\big(Z\setminus (X\setminus A)\big)+\mu^\ast\big(Z\cap(X\setminus A)\big)\, . \]

    Krok 3: jeśli $ A,B\in \F $, to $ A\cup B\in \F $. Aby to wykazać, piszemy $ A\cup B=A\cup (B\setminus A) $ oraz

\[ \begin{gather} Z \cap (A\cup B)  = \big(Z\cap A\big) \cup \big((Z\setminus A)\cap B \big), \label{krok3-c1}\\   Z\setminus(A\cup B)  = (Z\setminus A)\setminus B,\label{krok3-c2} \end{gather} \]

następnie zaś szacujemy, korzystając z podaddytywności $ \mu^\ast $,

\[ \begin{align*} \mu^\ast(Z\cap(A\cup B)) & + \mu^\ast(Z\setminus (A\cup B)) \\  &\stackrel{\eqref{krok3-c1}}\le \mu^\ast\big(Z\cap A\big) +\mu^\ast \big((Z\setminus A)\cap B\big)  + \mu^\ast(Z\setminus (A\cup B))    \\ &\stackrel{\eqref{krok3-c2}}= \mu^\ast\big(Z\cap A\big) +\mu^\ast \big((Z\setminus A)\cap B\big)  + \mu^\ast((Z\setminus A)\setminus B) \\ & \stackrel{\eqref{cara}}= \mu^\ast\big(Z\cap A\big) + \mu^\ast(Z\setminus A) \stackrel{\eqref{cara}}= \mu^\ast(Z) \end{align*} \]

Nierówność przeciwna, $ \mu^\ast(Z)\le \mu^\ast(Z\cap(A\cup B))  + \mu^\ast(Z\setminus (A\cup B)) $, zachodzi na mocy podaddytywności funkcji $ \mu^\ast $. Zatem zbiór $ A\cup B $ spełnia warunek Carath\'{e}odory'ego.

    Krok 4. Wiemy już, że $ \F $ jest ciałem zbiorów. Dlatego (patrz Uwaga [link]) iloczyn oraz różnica dwóch zbiorów spełniających warunek Carath\'{e}odory'ego też spełnia warunek Carath\'{e}odory'ego.

    Krok 5: addytywność $ \mu^\ast $ na $ \F $. Niech $ A,B\in \F $ będą zbiorami rozłącznymi. Zamieniając w warunku Carath\'{e}dory'ego cara zbiór $ Z $ na $ Z\cap(A\cup B) $, otrzymujemy \begin{align} \mu^\ast(Z\cap(A\cup B))& = \mu^\ast(Z\cap (A\cup B)\cap A) + \mu^\ast((Z\cap (A\cup B))\setminus A)\notag \\ &= \mu^\ast(Z\cap A)+\mu^\ast(Z\cap B), (#) \end{align} gdyż dla $ A,B $ rozłącznych jest

\[ Z\cap (A\cup B)\cap A=Z\cap A, \qquad  (Z\cap (A\cup B))\setminus A = Z\cap B. \]

Dla $ Z=X $ otrzymujemy

\[ \mu^\ast(A\cup B) = \mu^\ast(A)+\mu^\ast(B). \]

Przez łatwą indukcję względem $ m $ dowodzimy, że suma skończonej liczby zbiorów z $ \F $ też należy do $ \F $. Ponadto, dla dowolnego $ Z\subset X $ zachodzi odpowiednik równości preprzelicz1, mianowicie

\[ \begin{equation} 	\label{krok5-c} 	\mu^\ast\biggl(Z \cap \bigcup_{j=1}^m A_j\biggr)= \sum_{j=1}^m\mu^\ast(Z\cap A_j)\qquad\mbox{dla $A_1,\ldots, A_m\in \F$ parami rozłącznych.}  \end{equation} \]

    Krok 6: rodzina $ \F $ jest $ \sigma $-ciałem. Wystarczy w tym celu sprawdzić, że

\[ \begin{equation} 	\label{krok6-cara} \bigcup_{j=1}^\infty A_j \in \F \qquad\mbox{dla $A_j\in \F$, $j=1,2,\ldots,$ parami rozłącznych,} \end{equation} \]

gdyż suma dowolnych zbiorów $ A_j\in \F $, $ j=1,2,\ldots $, jest równa sumie zbiorów

\[ P_1=A_1, \quad P_2=A_2\setminus A_1, \quad\ldots, \quad P_m=A_m\setminus(A_1\cup \ldots \cup A_{m-1}), \quad \ldots, \]

które już są parami rozłączne (i też należą do $ \F $, gdyż $ \F $ jest ciałem).

Niech więc odtąd $ A_j\in \F $, gdzie $ j\in \N $, będą parami rozłączne. Ustalmy $ m\in \N $. Niech $ Z\in 2^X $ będzie dowolnym zbiorem. Korzystając z krok5-c i monotoniczności $ \mu^\ast $, piszemy

\[ \begin{eqnarray*} \mu^\ast(Z) & = & \mu^\ast\biggl(Z \cap \bigcup_{j=1}^m A_j\biggr) + \mu^\ast\biggl(Z\setminus \bigcup_{j=1}^m A_j\biggr)\\  & \stackrel{\eqref{krok5-c}}= & \sum_{j=1}^m\mu^\ast(Z\cap A_j) + \mu^\ast\biggl(Z\setminus \bigcup_{j=1}^m A_j\biggr)  \ge  \sum_{j=1}^m\mu^\ast(Z\cap A_j) + \mu^\ast\biggl(Z\setminus \bigcup_{j=1}^\infty A_j\biggr)\, . \end{eqnarray*} \]

Zatem, wszystkie sumy częściowe szeregu $ \sum_{j=1}^\infty \mu^\ast(Z\cap A_j) $ o wyrazach dodatnich są ograniczone. Szereg ten jest więc zbieżny, a jego suma spełnia nierówność

\[ \mu^\ast(Z) \ge \sum_{j=1}^\infty\mu^\ast(Z\cap A_j) + \mu^\ast\biggl(Z\setminus \bigcup_{j=1}^\infty A_j\biggr)\, . \]

Wobec przeliczalnej podaddytywności miary zewnętrznej $ \mu^\ast $, otrzymujemy stąd %

TeX Embedding failed!

%\end{align*} \] Nierówność $ L\le P $ jest oczywista; dlatego $ \bigcup_{j=1}^\infty A_j $ spełnia warunek Carath\'{e}odory'ego.

    Krok 7: przeliczalna addytywność $ \mu^\ast $ na $ \F $. Załóżmy, że zbiory $ A_j\in \F $, gdzie $ j=1,2,\ldots, $ są parami rozłączne. Wobec krok5-c dla $ Z=X $ oraz monotoniczności $ \mu^\ast $,

\[ \mu^\ast\biggl( \bigcup_{j=1}^\infty A_j\biggr)\ge\mu^\ast\biggl(\bigcup_{j=1}^m A_j\biggr) \stackrel{\eqref{krok5-c}}= \sum_{j=1}^m\mu^\ast( A_j) \qquad\mbox{dla $m=1,2,\ldots$} \]

Przechodząc do granicy $ m\to \infty $ po prawej stronie tej nierówności, otrzymujemy

\[ \mu^\ast\biggl(\bigcup_{j=1}^\infty A_j\biggr)\ge \sum_{j=1}^\infty\mu^\ast(A_j). \]

Dzięki przeliczalnej podaddytywności miary zewnętrznej $ \mu^\ast $, ostatnia nierówność jest w istocie równością. Dowód całego Twierdzenia [link] jest zakończony. □

Stwierdzenie Jeśli $ \mu^\ast $ jest miarą zewnętrzną na $ X $ i $ \mu^\ast(A)=0 $ dla pewnego $ A\subset X $, to $ A $ spełnia warunek Carath\'{e}odory'ego.(#)
Dowód: Dla każdego $ Z\subset X $ mamy, przy tych założeniach, $ 0=\mu^\ast(A)\ge\mu^\ast(Z\cap A) =0  $ idlatego

\[ \mu^\ast(Z)\le \mu^\ast(Z\cap A) + \mu^\ast(Z\setminus A) =  \mu^\ast(Z\setminus A) \le \mu^\ast(Z). \]

To spostrzeżenie kończy dowód. □

Samo twierdzenie Carath\'{e}odory'ego nie orzeka wprawdzie, jak duża jest rodzina zbiorów $ \F $ spełniających warunek cara. Jednak przy pewnych łagodnych założeniach dodatkowych, nałożonych na $ \mu^\ast $, $ \sigma $-ciało $ \F $ jest dostatecznie obszerne.

Definicja Niech $ \mu^\ast $ będzie miarą zewnętrzną na $ X $. Każdy zbiór $ A\subset X $ spełniający warunek Carath\'{e}odory'ego, nazywamy zbiorem $ \mu^\ast $-mierzalnym, a $ \sigma $-ciało $ \F $, o którym mowa w Twierdzeniu [link], oznaczamy $ \F(\mu^\ast) $.
Definicja Niech $ (X,\varrho) $ będzie przestrzenią metryczną. Powiemy, że miara zewnętrzna $ \mu^\ast\colon 2^X\to \rplus $ jest miarą zewnętrzną metryczną, jeśli

\[  \mu^\ast(A\cup B)=\mu^\ast(A)+\mu^\ast(B) \]

dla wszystkich $ A,B\subset X $, których odstęp $ \dist (A,B)>0 $, gdzie

\[ \dist (A,B)=\inf_{x\in A}\big(\dist (x,B)\big), \qquad \dist(x,B)=\inf_{y\in B} \varrho(x,y). \]
Twierdzenie Niech $ (X,\varrho) $ będzie przestrzenią metryczną, zaś $ \mu^\ast $ - miarą zewnętrzną metryczną na $ X $. Wówczas $ \sigma $-ciało zbiorów borelowskich $ \B(X) $ jest zawarte w $ \sigma $-ciele $ \F(\mu^\ast) $.
Dowód: Z uwagi na definicję $ \B(X) $, wystarczy wykazać, że każdy zbiór otwarty $ \Omega\subset X $ należy do $ \F(\mu^\ast) $.

Ustalmy zbiór otwarty $ \Omega\subset X $ i niech

\[ \Omega_m=\Big\{x\in \Omega\colon \varrho(x,X\setminus \Omega)>\frac 1m\Big\}\qquad\mbox{dla $m=1,2,\ldots $}.  \]

Wtedy $ \dist (\Omega_m,X\setminus\Omega)\ge \frac 1m> 0 $. Dalej, niech

\[ P_m =  \Big\{x\in \Omega\colon \frac{1}{m}<\varrho(x,X\setminus \Omega)\le \frac 1{m-1}\Big\} \qquad\mbox{dla $m=2,3,\ldots $}.    \]

Zauważmy, że

\[ \begin{equation} 	\label{OOm}     \Omega\setminus\Omega_m= P_{m+1} \cup P_{m+2} \cup P_{m+3} \cup\ldots\qquad\mbox{dla $m=1,2,\ldots$,}    \end{equation} \]

a ponadto

\[ \begin{equation} 	\dist(P_i,P_j)\ge \frac{1}{j}-\frac{1}{i-1} \qquad\mbox{dla $i>j+1$, $j\ge 2$} 	\label{distpipj} \end{equation} \]

(to nietrudny wniosek z nierówności trójkąta). Aby sprawdzić, że zbiór $ \Omega $ spełnia warunek Carath\'{e}odory'ego, weźmy dowolny zbiór $ Z\subset X $. Wystarczy wykazać, że

\[ \begin{equation} 	\label{wystarczy-metr} 	\mu^\ast(Z)\ge \mu^\ast(Z\cap\Omega) +\mu^\ast(Z\setminus\Omega). \end{equation} \]

Jak widać, bez zmiany ogólności możemy przyjąć, że $ \mu^\ast(Z)<\infty $. Ponieważ $ \mu^\ast $ jest miarą zewnętrzną metryczną, więc na mocy distpipj otrzymujemy

\[ \sum_{j=1}^m \mu^\ast(Z\cap P_{2j-1})=\mu^\ast(Z\cap (P_1\cup P_3\cup\ldots\cup P_{2m-1}))\le \mu^\ast(Z) \]

oraz

\[ \sum_{j=1}^m \mu^\ast(Z\cap P_{2j})=\mu^\ast(Z\cap (P_2\cup P_4\cup\ldots\cup P_{2m}))\le \mu^\ast(Z)\, . \]

Zatem

\[ \sum_{j=1}^{2m} \mu^\ast(Z\cap P_{j})\le 2\mu^\ast(Z)<\infty\qquad \mbox{dla każdego $m=1,2,\ldots$,}    \]

tzn. szereg $ \sum \mu^\ast(Z\cap P_{j}) $ jest zbieżny. Dlatego dzięki OOm otrzymujemy

\[ \begin{equation} 	\label{resztkam}       	\mu^\ast(Z\cap (\Omega\setminus \Omega_m))\le \sum_{j=m+1}^\infty \mu^\ast (Z\cap P_j)\to 0 \qquad\mbox{dla $m\to\infty$.}   \end{equation} \]

Ponieważ $ \dist (\Omega_m,X\setminus\Omega)\ge \frac 1m> 0 $, więc

\[ \mu^\ast(Z\cap \Omega_m)+\mu^\ast\big(\underbrace{Z\cap (X\setminus \Omega)}_{=Z\setminus\Omega}\big) = \mu^\ast((Z\cap \Omega_m)\cup (Z\setminus\Omega))\le \mu^\ast(Z)\, . \]

Przeto

\[ \begin{align*} \mu^\ast(Z\cap \Omega) +\mu^\ast(Z\setminus \Omega)\ & \le  \mu^\ast(Z\cap \Omega_m)+\mu^\ast(Z\cap (\Omega\setminus\Omega_m)) +\mu^\ast(Z\setminus \Omega) \\ & \le \mu^\ast(Z)+  \mu^\ast(Z\cap (\Omega\setminus\Omega_m))                                                             \end{align*} \]

i w granicy $ m\to\infty $, dzięki warunkowi resztkam, $ \mu^\ast(Z\cap \Omega) +\mu^\ast(Z\setminus \Omega)\le \mu^\ast(Z) $. □

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. □

Funkcje mierzalne

Określimy teraz klasę funkcji, które można całkować względem danej miary. Niech $ X $ będzie dowolnym zbiorem, a $ \F $ - ustalonym $ \sigma $-ciałem podzbiorów $ X $, wyposażonym w przeliczalnie addytywną miarę $ \mu\colon \F\to [0,+\infty] $. Trójkę $ (X, \F,\mu) $ nazywa się przestrzenią z miarą\/. Najważniejszym modelem takiej sytuacji będzie dla nas na razie $ X=\R^n $, $ \F=\Leb(\R^n) $, $ \mu=\lambda_n $. Będziemy rozpatrywać funkcje $ f\colon X\to \overline \R=\R\cup\{-\infty, +\infty\} $.

Definicja (#) Mówimy, że funkcja $ f\colon X\to \overline \R $ jest mierzalna (względem $ \sigma $-ciała $ \F $) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby $ a\in \R $ zbiór

\[ 	f^{-1}\big((a,+\infty]\big)=\{x\in X\colon f(x)>a\} 	\]

należy do $ \F $.

Jeśli $ X=\R^n $, $ \F=\Leb(\R^n) $, $ \mu=\lambda_n $, to mówimy o funkcjach mierzalnych w sensie Lebesgue'a.

Stwierdzenie (#) Niech $ f\colon X\to \overline \R $. Następujące warunki są równoważne:

  1. funkcja $ f $ jest mierzalna;
  2. dla każdego $ a\in \R $ zbiór $ \{x\in X\colon f(x)\le a\}\in \F $;
  3. dla każdego $ a\in \R $ zbiór $ \{x\in X\colon f(x)< a\}\in \F $;
  4. dla każdego $ a\in \R $ zbiór $ \{x\in X\colon f(x)\ge a\}\in \F $.
Dowód: Skorzystamy z tego, że $ \sigma $-ciało $ \F $ jest zamknięte ze względu na branie dopełnień i przeliczalnych sum.

Zauważmy, że zbiór $ \{x\in X\colon f(x)\le a\} $ jest dopełnieniem $ \{x\in X\colon f(x)> a\} $. Dlatego (i) $ \Rightarrow  $ (ii). Następnie,

\[ \{x\in X\colon f(x)< a\}  =\bigcup_{m=1}^\infty \{x\in X\colon f(x)\le a-\tfrac 1m\}\, . \]

Dlatego drugi warunek pociąga za sobą trzeci.

Z warunku (iii) wynika (iv), gdyż $ \{x\in X\colon f(x)\ge a\}=X\setminus \{x\in X\colon f(x)< a\} $. Wreszcie,

\[ \{x\in X\colon f(x)> a\}=  \bigcup_{m=1}^\infty \{x\in X\colon f(x)\ge a+\tfrac 1m\}\, ;  \]

dlatego (iv) pociąga za sobą warunek, podany w definicji funkcji mierzalnej. □

Stwierdzenie (#) Jeśli $ f,g\colon X\to \overline\R $ są funkcjami mierzalnymi, to zbiory

\[    \{x\in X\colon f(x)>g(x)\}, \qquad   \{x\in X\colon f(x)\ge g(x)\},   \qquad \{x\in X\colon f(x)=g(x)\} 	\]

należą do $ \sigma $-ciała $ \F $.

Dowód: Ponieważ zbiór liczb wymiernych $ \Q $ jest gęsty w $ \R $, więc

\[ \begin{align*} \{x\in X\colon f(x)>g(x)\}&=\bigcup_{w\in \Q} \{x\in X\colon f(x)>w>g(x)\} \\&=  \bigcup_{w\in \Q} \{x\in X\colon f(x)>w\}\cap  \{x\in X\colon w>g(x)\}.  \end{align*} \]

Z poprzedniego stwierdzenia wynika więc, że $ \{f>g\}\in \F $. Przez symetrię, $ \{g>f\} $ też należy do $ \F $. Zbiory $ \{f\ge g\} $ i $ \{g\ge f\} $ są dopełnieniami zbiorów, odpowiednio, $ \{g>f\} $ i$ \{f>g\} $, więc także należą do $ \F $. Wreszcie,

\[ \{x\in X\colon f(x)=g(x)\}=\{x\in X\colon f(x)\ge g(x)\}\cap \{x\in X\colon g(x)\ge f(x)\}\in \F\, , \]

gdyż $ \F $ jest zamknięte ze względu na branie iloczynu zbiorów.□

Stwierdzenie Jeśli $ f\colon X\to \overline\R $ jest funkcją mierzalną, to przeciwobraz $ f^{-1}(B) $ każdego zbioru borelowskiego $ B\in \B(\R) $ jest mierzalny.
Dowód: Klasa $ \mathscr{K} $ wszystkich tych podzbiorów prostej, których przeciwobrazy należą do $ \sigma $-ciała $ \F $, sama jest $ \sigma $-ciałem (łatwe ćwiczenie). Ponadto, wszystkie przedziały otwarte należą do $ \mathscr{K} $; to wynika ze Stwierdzenia [link]. Dlatego $ \mathscr{K} $ zawiera najmniejsze $ \sigma $-ciało, zawierające wszystkie przedziały, tzn. $ \sigma $-ciało $ \B(\R) $. □
Twierdzenie (#) Niech $ f_j\colon X\to\overline\R $, $ j=1,2,\ldots $, będzie dowolnym ciągiem funkcji mierzalnych. Wówczas każda z funkcji

\[ \begin{gather*} 		\inf_{j\in \N} f_j, \qquad \sup_{j\in \N} f_j, \qquad\liminf_{j\to\infty} f_j, \qquad \limsup_{j\to\infty} f_j  	 	\end{gather*}     \]

jest mierzalna.

Zanim podamy dowód tego twierdzenia, sformułujmy oczywisty, ważny wniosek.

Wniosek (#) Jeśli ciąg funkcji mierzalnych $ f_j\colon X\to\overline\R $ jest zbieżny punktowo na $ X $, to $ f=\lim f_j $ jest funkcją mierzalną.

    Dowód Wniosku [link] Jeśli ciąg $ f_j $ jest zbieżny punktowo na $ X $, to $ f=\lim f_j=\liminf f_j $. □

    Dowód Twierdzenia [link] Wykorzystamy Stwierdzenie [link]. Przy ustalonym $ x\in X $ kres dolny zbioru $ \{f_n(x)\colon n=1,2,\ldots\} $ jest mniejszy od $ a\in \R $ wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnego $ n\in \N $ jest $ f_n(x)<a $. Innymi słowy,

\[ \left\{x\in X\colon  \inf_{n\in \N} f_n(x)<a\right\} = \bigcup_{n=1}^\infty \left\{x\in X\colon  f_n(x)<a\right\}\, .  \]

Ponieważ kazdy ze zbiorów $ \left\{x\in X\colon  f_n(x)<a\right\} $ należy do $ \F $, więc i zbiór po lewej stronie ostatniej równości należy do $ \F $, to zaś oznacza, że funkcja $ f=\inf_n f_n $ jest mierzalna.

Podobnie,

\[ \left\{x\in X\colon  \sup_{n\in \N} f_n(x)>a\right\} = \bigcup_{n=1}^\infty \left\{x\in X\colon  f_n(x)>a\right\} \in \F\, . \]

Dlatego $ \sup_n f_n $ jest funkcją mierzalną.

Aby wykazać mierzalność granicy dolnej i górnej, przypomnijmy (patrz np. skrypt wykładów z Analizy I, podrozdział 8.1), że

\[ \liminf_{j\to \infty} a_j=\sup_{j\in \N}\left(\inf_{n>j} a_n \right), \qquad  \limsup_{j\to \infty} a_j=\inf_{j\in \N}\left(\sup_{n>j} a_n \right).   \]

Z udowodnionej już części twierdzenia i tych wzorów wynika mierzalność funkcji $ \liminf f_n $ i $ \limsup f_n $. □

Okazuje się, że klasa funkcji mierzalnych jest zamknięta z uwagi na różne operacje algebraiczne.

Stwierdzenie (#) Załóżmy, że $ \alpha,\beta \in \R $, a funkcje $ f,g\colon X\to \overline\R $ są mierzalne. Wówczas mierzalna jest każda z funkcji

\[ 	\alpha\cdot f, \qquad \alpha f + \beta g, \qquad f^2, \qquad fg, \qquad |f|, \qquad\max (f,g), \qquad\min (f,g). 	\]
Uwaga

  1. Zakładamy milcząco, że podane wyżej funkcje są dobrze określone.
  2. W wielu sytuacjach można się nie przejmować powyższym zastrzeżeniem. Wyjaśnijmy to nieco bliżej. Najpierw wprowadzimy ważny termin: mówi się, że funkcja mierzalna $ f $ ma własność $ W $ prawie wszędzie na $ X $, jeśli zbiór tych punktów $ X $, gdzie własność $ W $ jest naruszona, jest zbiorem miary zero. Jeśli $ X=\R^n $ i $ \F=\Leb(\R^n) $, a funkcja $ f\colon \R^n\to \overline\R $ jest mierzalna, to każda funkcja $ g $, która jest równa $ f $ prawie wszędzie (tzn. jest taka, że $ \{f\not=g\} $ jest zbiorem miary Lebesgue'a zero), też jest funkcją mierzalną. To wynika z faktu, że każdy podzbiór zbioru miary zero jest mierzalny w sensie Lebesgue'a.

    Jeśli zatem funkcje $ f,g $prawie wszędzie skończone (tzn. zbiory $ Z_f=\{f=\pm \infty\} $ i$ Z_g=\{g=\pm\infty\} $ są zbiorami miary Lebesgue'a zero), to sumę $ f+g $ oraz iloczyn $ f\cdot g $ można bez kłopotu określić na zbiorze $ \R^n\setminus (Z_f\cup Z_g) $, a na zbiorze $ Z_f\cup Z_g $ nadać im jakąkolwiek wartość. To nie wpłynie na mierzalność.

    Dowód Stwierdzenia [link] Krok 1. Jeśli $ \alpha >0 $, to

\[ \{x\in X\colon \alpha f(x)>a\}=\Big\{x\in X\colon f(x)> \frac a \alpha \Big\}\in \F\qquad\mbox{ dla każdego $a\in \R$.} \]

Jeśli $ \alpha <0 $, to zmienia się kierunek jednej z nierówności w powyższym wzorze; mierzalność funkcji $ \alpha f $ wynika wtedy z równoważności warunków, podanych w Stwierdzeniu [link].

    Krok 2: mierzalność sumy dwóch funkcji. Mierzalność $ \alpha f+\beta g $ wystarczy udowodnić, gdy $ \alpha=\beta=1 $. Zauważmy najpierw, że jeśli $ h $ jest funkcją mierzalną, to $ h+\mathrm{const} $ też jest mierzalna, gdyż $ \{x\in X\colon h(x)+c>a\}=\{x\in X\colon h(x)>-c+a\} $. Dalej, dla każdego $ a\in \R $ mamy

\[ \{ x\in X\colon f(x)+g(x)>a\}=\{x\in X\colon f(x)>-g(x)+a\}\, ; \]

funkcja $ -g(x)+a= -1\cdot g(x)+a $ jest mierzalna, więc mierzalność zbioru $ \{f+g>a\} $ wynika ze Stwierdzenia [link].

    Krok 3: mierzalność kwadratu funkcji mierzalnej. Dla $ a\le 0 $ zbiór $ \{x\in X\colon f^2(x)\ge a\} $ jest po prostu równy $ X $, a więc należy do $ \F $. Dla $ a>0 $ mamy

\[ \{x\in X\colon f^2(x)\ge a\}=\left\{x\in X\colon f(x)\ge \sqrt{a}\,\right\}\cup \left\{x\in X\colon f(x)\le -\sqrt{a}\,\right\}\in \F\, . \]

    Krok 4: mierzalność iloczynu wynika teraz natychmiast ze wzoru

\[ fg= \frac 14 \big((f+g)^2-(f-g)^2\big)\, . \]

    Krok 5: mierzalność $ |f| $ sprawdzamy łatwo wprost z definicji; dla $ a\ge 0 $ jest

\[ \{x\in X\colon |f(x)|\ge a\}=\left\{x\in X\colon f(x)\ge a\,\right\}\cup \left\{x\in X\colon f(x)\le -{a}\,\right\} ,    \]

zaś dla $ a<0 $ mamy po prostu $ \{x\in X\colon |f(x)|\ge a\}=X $.

    Krok 6: aby zakończyć cały dowód, stosujemy wzory

\[ \max (f,g) = \frac{f+g}2 + \frac{|f-g|}2, \qquad \min (f,g) = \frac{f+g}2 - \frac{|f-g|}2\,  \]

i korzystamy z udowodnionej już mierzalności sumy, różnicy i wartości bezwzględnej funkcji mierzalnych. □

Stwierdzenie Jeśli $ f\colon X\to \R $ jest mierzalna, a $ g\colon \R\to \R $ jest ciągła, to $ g\circ f\colon X\to \R $ jest mierzalna.
Dowód: Dla dowolnych funkcji $ (g\circ f)^{-1}(Z)= f^{-1}\big(g^{-1}(Z)\big) $. Ponieważ $ g $ jest ciągła, więc zbiór $ Z_a=g^{-1}\big((a,+\infty)\big) $ jest zbiorem otwartym, tzn. jest sumą przeliczalnie wielu rozłącznych przedziałów otwartych. Dlatego

\[ \{x\in X\colon g\circ f(x)>a\}=(g\circ f)^{-1}\big((a,+\infty)\big)=f^{-1}(Z_a) \]

jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów, należących do $ \F $. □

\subsection*{Funkcje proste}

Definicja Funkcję mierzalną $ f\colon X\to\overline\R $, która ma skończony zbiór wartości, nazywamy funkcją prostą.
Stwierdzenie Funkcja $ f\colon X\to\overline\R $ jest funkcją prostą wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją parami rozłączne zbiory $ A_1,\ldots, A_k\in \F $ oraz różne elementy $ a_1,\ldots,a_k\in \overline\R $ takie, że

\[ \begin{equation} 		\label{fprosta}      f=\sum_{j=1}^k a_j\cdot \charfn_{A_j}       \end{equation} \]
Dowód: Proste ćwiczenie. Jeśli $ A\in \F $, to $ \charfn_A $ jest funkcją mierzalną, gdyż zbiór $ \{\charfn_A>a\} $ jest albo pusty, albo równy $ A $, albo równy $ X $. Dlatego mierzalność kombinacji liniowej funkcji charakterystycznych zbiorów mierzalnych wynika ze Stwierdzenia [link].

Załóżmy teraz, że $ a_1<a_2<\ldots<a_k\in \overline\R $ są wszystkimi wartościami funkcji mierzalnej $ f $. Dla $ j=1,2,\ldots, k $ niech $ A_j:=\{x\in X\colon f(x)=a_j\} $. Oczywiście,

\[ A_j=X\setminus \Big(\{x\in X\colon f(x)>a_j\}\cup \{x\in X\colon f(x)<a_j\}\Big)\, ;   \]

zbiory $ A_j $ są mierzalne, parami rozłączne i $ f=\sum a_j\charfn_{A_j} $. □

Uwaga Funkcja fprosta ma skończony zbiór wartości także wtedy, gdy zbiory $ A_j $ nie są parami rozłączne.
Wniosek Kombinacja liniowa skończonej liczby funkcji prostych jest funkcją prostą.
Twierdzenie Jeśli $ f\colon X\to [0,\infty] $ jest mierzalna, to istnieje niemalejący ciąg funkcji prostych $ f_n\colon X\to [0,\infty] $ zbieżny do $ f $ punktowo na $ X $. Jeśli ponadto $ f $ jest ograniczona, to istnieje niemalejący ciąg nieujemnych funkcji prostych zbieżny do $ f $ jednostajnie na $ X $.(#)
Dowód: Dla $ n=1,2,\ldots $ połóżmy

\[ \begin{gather*} A_{m,n}=\Big\{x\in X\colon f(x) \colon \frac m{2^n} \le f(x)< \frac{m+1}{2^n} \Big\}, \qquad m=0,1,\ldots, n\cdot 2^n-1, \\[5pt] A_{2^n,n}=\{x\in X\colon n\le f(x)\}. \end{gather*} \]

Zbiory $ A_{m,n} $ są mierzalne i są, przy ustalonym $ n $, parami rozłączne. Przyjmijmy

\[ f_n=\sum_{m=0}^{n\cdot 2^n} \frac m{2^n}\charfn_{A_{m,n}}\, . \]

(Intuicja jest prosta i naturalna: wykres $ f $ tniemy na części, prowadząc cięcia na wysokościach $ m/2^n $, gdzie $ m=0,1,\ldots, n2^n $; funkcja $ f_n $ jest stała między dwiema cięciami. Przechodząc od $ n $ do $ n+1 $, prowadzimy cięcia dwukrotnie gęściej i nieco wyżej - nie tylko do wysokości $ n $, ale aż do $ n+1 $).

Wprost z definicji $ f_n\le f $ na $ X $, gdyż $ f_n=m/2^n\le f $ na każdym ze zbiorów $ A_{m,n} $. Jeśli $ f(x)<\infty $, to dla wszystkich $ n>f(x) $ mamy $ f_n(x)\le f(x)< f(x) +2^{-n} $ i dlatego $ f_n(x)\to f(x) $ na zbiorze $ \{f<\infty\} $. Jeśli $ f(x)=\infty $, to $ f(x)\ge n $ dla każdego $ n\in \N $ i wtedy $ f_n(x)=n $, a więc również w tym przypadku $ f_n(x)=n\to f(x)=\infty $.

Wreszcie, nietrudno sprawdzić, że $ f_{n+1}\ge f_n $, gdyż

\[ \begin{gather*}  	A_{m,n}=A_{2m,n+1}\cup A_{2m+1,n+1}, \qquad   m=0,1,\ldots, n\cdot 2^n-1,\\ 	A_{2^n,n}=A_{n2^{n+1},n+1}\cup A_{n2^{n+1}+1,n+1}\cup\ldots  \cup A_{(n+1)2^{n+1},n+1}. \end{gather*} \]

(Szczegóły pozostawiamy Czytelnikowi).

Jeśli $ f $ jest ograniczona, to dla $ n>\sup f $ nierówność $ |f_n(x)-f(x)|\le 2^{-n} $ zachodzi na całym zbiorze $ X $. To oznacza, że $ f_n\rightrightarrows f $ na $ X $. □

Podamy teraz dwa twierdzenia, opisujące związek mierzalności z ciągłością.

Twierdzenie [N. Łuzin] Jeśli $ f\colon \R^n\to \R $ jest mierzalna w sensie Lebesgue'a, to dla każdego $ \eps>0 $ istnieje taki zbiór domknięty $ F\subset \R^n $, że $ \big.f\big|_F $ jest ciągła i $ \lambda_n(\R^n\setminus F)<\eps $.
Dowód: Ustalmy $ \eps>0 $. Niech $ h(x)=\frac \pi 2 +\arctg f(x) $. Funkcja $ h $ jest nieujemna i ograniczona na $ \R^n $, zatem wobec Twierdzenia [link] istnieje ciąg funkcji prostych $ h_k\rightrightarrows h $ na $ \R^n $, $ h-2^{-k}\le h_k\le h $. Niech $ h_k=\sum_{i=1}^{m_k}a_{k,i}\charfn_{A_{k,i}} $, gdzie $ A_{k,1}, A_{k,2}, \ldots, A_{k,m_k} $ są parami rozłączne. Można przyjąć, że $ a_{k,1}=0 $ dla wszystkich $ k $; wtedy $ \R^n $ jest sumą zbiorów $ A_{k,i} $.

Wobec Twierdzenia [link], charakteryzującego zbiory mierzalne, istnieją zbiory domknięte $ F_{k,i}\subset A_{k,i} $ takie, że $ \lambda_n(A_{k,i}\setminus F_{k,i})<\eps /(m_k2^{k}) $. Połóżmy

\[ F_k= F_{k,1}\cup F_{k,2} \cup \ldots \cup F_{k,m_k}, \]

jest to zbiór domknięty, gdyż suma skończenie wielu zbiorów domkniętych jest domknięta. Ponadto,

\[ \begin{equation} 	\label{miaraFkc}   	\lambda_n(\R^n\setminus F_k) =\sum_{i=1}^{m_k} \lambda_n(A_{k,i}\setminus F_{k,i}) < m_k \cdot \frac{\eps}{m_k2^k} = \frac{\eps}{2^k}   \end{equation} \]

Zbiór domknięty $ F=\bigcap_{k=1}^\infty F_k $ spełnia, wobec wzorów de Morgana,

\[ \lambda_n(\R^n\setminus F)=\lambda_n\biggl(\bigcup_{k=1}^\infty \R^n\setminus F_k \biggr)  \stackrel{\eqref{miaraFkc}}\le \sum_{k=1}^\infty \frac{\eps}{2^k}=\eps \]

Zauważmy, że $ h_k $ jest stała na każdym ze zbiorów $ F_{k,i} $, a więc jest ciągła na $ F_k $, tzn. jest ciągła także na $ F\subset F_k $. Ponadto, na zbiorze $ F $ jest $ |h_k-h|\le 2^{-k} $. Innymi słowy, na zbiorze $ F $ ciąg $ h_k\big|_F $ funkcji ciągłych jest zbieżny jednostajnie do $ h\big|_F $. Wynika stąd ciągłość $ h\big|_F $. Ponieważ $ f=\tg (h-\frac \pi 2) $, więc $ f\big|_F $ jest ciągła. □

Twierdzenie [M. Fr\'{echet}] Jeśli $ f\colon \R^n \to \R $ jest mierzalna w sensie Lebesgue'a, to istnieje ciąg funkcji ciągłych $ \phi_k\colon \R^n\to \R $ zbieżny do $ f $ prawie wszędzie na $ \R^n $.
Dowód: Skorzystajmy z twierdzenia Łuzina. Dla $ k\in \N $ niech $ F_k $ będzie takim zbiorem domkniętym, że $ f_k=f\big|_{F_k} $ jest ciągła i $ \lambda_n(\R^n\setminus F_k)< 2^{-k-1} $. Na mocy znanego z topologii twierdzenia Tietzego o przedłużaniu istnieje funkcja ciągła $ \phi_k\colon \R^n\to \R $ taka, że $ \phi_k=f_k $ na zbiorze $ F_k $.

Zbiory $ D_k=F_k\cap F_{k+1}\cap F_{k+2}\cap \ldots $ są domknięte; ponadto,

\[ \begin{equation} 	\label{miarauzupDk}   	\lambda_n(\R^n\setminus D_k)\le \sum_{j=k}^\infty \lambda_n(\R^n\setminus F_j)<\frac{1}{2^{k+1}}+\frac{1}{2^{k+2}}+\cdots = \frac 1{2^k}\, .        \end{equation} \]

Na zbiorze $ D_k $ jest $ \phi_j=f_j=f $ dla wszystkich $ j=k,k+1,k+2,\ldots $. Dlatego ciąg $ \phi_j $ jest zbieżny punktowo do $ f $ na sumie $ S=\bigcup_{k=1}^\infty D_k $ zbiorów $ D_k $. Z oszacowania miarauzupDk wynika, że

\[ \lambda_n(\R^n\setminus S)= \lambda_n\biggl(\bigcap_{k=1}^\infty \R^n\setminus D_k\biggr)= \lim_{k\to\infty }  \lambda_n(\R^n\setminus D_k) \stackrel{\eqref{miarauzupDk}}= 0\, . \]

To spostrzeżenie kończy cały dowód. □

Naturalne jest pytanie, dla jakich przestrzeni z miarą $ (X, \F,\mu) $ zachodzą odpowiedniki twierdzeń Łuzina i Fr\'{e}cheta. W dowodach wykorzystuje się tylko dwie szczególne własności przestrzeni $ \R^n $ i miary Lebesgue'a: charakteryzację zbiorów mierzalnych (ściślej: możliwość `przybliżania' zbiorów mierzalnych zbiorami domkniętymi) oraz twierdzenie Tietzego o przedłużaniu, które zachodzi dla każdej przestrzeni topologicznej normalnej (w szczególności: dla każdej przestrzeni metrycznej).

Definicja [miara regularna] Miara $ \mu $ na $ \sigma $-ciele $ \F $ przestrzeni topologicznej, zawierającym $ \sigma $-ciało $ \B(X) $ zbiorów borelowskich, nazywa się regularna wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego $ A\in \F $ i każdego $ \eps>0 $ istnieją zbiór otwarty $ \Omega\subset X $ i zbiór domknięty $ F\subset X $ takie, że $ F\subset A\subset \Omega $ i $ \mu(\Omega\setminus F)<\eps $.
Uwaga Twierdzenie Łuzina zachodzi dla każdej przestrzeni topologicznej z miarą regularną $ \mu $, natomiast twierdzenie Fr\'{e}cheta zachodzi dla każdej przestrzeni topologicznej normalnej, wyposażonej w miarę regularną $ \mu $.