# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Maßtheorie by Richard4321/ Das Maß-Integral
## Motivation

In der Maßtheorie hatten wir den Begriff der Länge, Fläche und des Volumens geklärt: sie werden durch Maße auf Sigma-Algebren beschrieben. In der Integrationstheorie wollen wir auf der Basis der Maße einen Integralbegriff herleiten und dessen Eigenschaften untersuchen.

## Wo stehen wir

Wir hatten nachgerechnet, dass die Umkehrabbildung mit Mengenoperationen vertauscht. Seien $(W,S),(V,T)$ Messräume. Wir definierten eine Abbildung $X:W\rightarrow V$ als "messbar", wenn sie alle Mengen aus der Sigma-Algebra $T$ auf Mengen der Sigma-Algebra $S$ abbildete. Es genügte, die Messbarkeit auf dem Erzeugendensystem zu testen. Wir konstruierten uns durch Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division und Grenzwertbildung von numerischen Funktionen neue numerische Funktionen. Wir zeigten, dass sich alle nicht-negativen messbaren numerischen Funktionen $f:(W,S)\rightarrow ({\overline {\mathbb {R} }},{\overline {\mathbb {B} }})$ als Grenzwert einer monoton steigenden Folge von primitiven Funktionen darstellen lassen. In diesem Kapitel definieren wir nun das Integral für primitive Funktionen und beweisen, dass zwei monoton wachsende Folgen in P mit demselben Grenzwert denselben Grenzwert der Integrale haben. Damit können wir für eine nicht-negative messbare numerische Funktion eindeutig das Integral definieren mit Hilfe der Integrale primitiver Funktionen. Das so definierte Integral ist wie das Riemann-Integral additiv, monoton und positive Skalare lassen sich mit dem Integral vertauschen.

## Das Integral als Fläche unter der nicht-negativen Funktion

Sei im ganzen Kapitel $W$ eine Menge, $S\subset Pot(W)$ eine Sigma-Algebra und $m:S\rightarrow [0,\infty ]$ ein Maß.
Das Integral der Indikatorfunktion $1_{A}$ soll das Maß von $A$ sein. Das ist anschaulich die Fläche unterhalb der Funktion.
Im Bild die Indikatorfunktion zu $A=(0,5\ ,\ 1\rbrack \cup (2\ ,\ 4\rbrack \cup (4,5\ ,\ 5\rbrack$. Die Fläche ist 0,5+2+0,5=3.
Das Integral endlicher positiver Linearkombinationen $\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}\in P$, soll die endliche nicht-negative Linearkombination der Maße der $A_{i}$ sein. Das ist wie beim Riemann-Integral wieder die Fläche unter der Funktion.
Definition
Eien Grundmenge zusammen mit einer Sigma-Algebra und einem Maß heißt Maßraum.
Das Maßintegral für $1_{A}$ und $u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}\in P$, $a_{i}\geq 0$ ist definiert als Abbildung von den primitiven Funktionen in die nicht-negativen Zahlen inklusive Unendlich $\int :P\rightarrow [0,\infty ]$ wobei gilt
${\begin{aligned}\int 1_{A}dm:=&m(A)\\\int \sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}dm:=&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})\\\end{aligned}}$
Beweis (Eindeutigkeit)
Das Integral ist unabhängig von der Darstellung von $u$: Seien
$\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}=W=\biguplus _{j=1}^{k}B_{j}$
zwei Zerlegungen von W und
$u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}=\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{B_{j}}$
Da
$\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}=\biguplus _{i=1}^{n}\biguplus _{j=1}^{k}(A_{i}\cap B_{j})=\biguplus _{j=1}^{k}B_{j}$
muss für $w\in A_{i}\cap B_{j}$ gelten $a_{i}=u(w)=b_{j}$, d.h.
$u=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{j}}=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{A_{i}\cap B_{j}}$
Das ergibt, da m additiv ist durch Vertauschen der Summen
${\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})=&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m\left(A_{i}\cap \biguplus _{j=1}^{k}B_{j}\right)\\=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}m(A_{i}\cap B_{j})\\=&\sum _{j=1}^{k}\sum _{i=1}^{n}b_{j}m(A_{i}\cap B_{j})\\=&\sum _{j=1}^{k}b_{j}m\left(\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\cap B_{j}\right)\\=&\sum _{j=1}^{k}b_{j}m(B_{j})\end{aligned}}$

## Aufgabe 1

Aufgabe (Ein einfaches Integral)
Sei $(\{1,\ldots ,n\},Pot(\{1,\ldots ,n\}),m)$ mit $m$ das Zählmaß und $f:\{1,\ldots ,n\}\rightarrow [0,\infty )$ gegeben. $f$ ist automatisch messbar. Berechne $\int fdm$
Wie kommt man auf den Beweis? (Ein einfaches Integral)
Stelle $f$ dar als primitive Funktion
Lösung (Ein einfaches Integral)
$f$ ist messbar, da links die Potenzmenge steht und somit $f^{-1}(A)\in Pot(\{1,\ldots ,n\})$ automatisch gültig ist.
Für $f$ gilt
$f=\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}$
Die rechte Seite ist eine primitive Funktion, daher ist das Integral
$\int fdm=\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot m(\{i\})=\sum _{i=1}^{n}f(i)$

## Eigenschaften des Integrales primitiver Funktionen

Satz
Das Integral ist additiv und positive Faktoren lassen sich mit dem Integral vertauschen, zudem ist das Interal monoton, in Formeln: Für $u,v\in P$ und $c\geq 0$ gilt
${\begin{aligned}\int cudm=&c\int udm\\\int (u+v)dm=&\int udm+\int vdm\\{\text{Aus }}u\leq v{\text{ folgt }}\int udm\leq &\int vdm\end{aligned}}$
Damit gilt für eine beliebige Darstellung von $u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}\in P$ ohne die Forderung der Disjunktheit der $A_{i}$
$\int udm=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\int 1_{A_{i}}dm=\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})$
Beweis
Es gilt nach Definition des Integrales
${\begin{array}{rcl}\int cudm&{\stackrel {{\text{Def. von }}u}{=}}&\int \sum _{i=1}^{n}c\cdot a_{i}1_{A_{i}}dm\\&{\stackrel {{\text{Def von }}\int }{=}}&\sum _{i=1}^{n}ca_{i}m(A_{i})\\&=&c\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})\\&{\stackrel {{\text{Def. von }}\int }{=}}&c\int udm\end{array}}$
Für $u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}$ und $v=\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{B_{j}}$ betrachten wir die disjunkte gemeinsame Zerlegung. Das ergibt die Darstellungen
${\begin{aligned}u=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{j}}\\v=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{A_{i}\cap B_{j}}\end{aligned}}$
und wir rechnen mit der Additivität von $m$ die Additivität des Integrales nach gemäß
${\begin{array}{rcl}&&\int (u+v)dm\\&=&\int \left(\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{j}}+\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{A_{i}\cap B_{j}}\right)dm\\&=&\int \sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}(a_{i}+b_{j})1_{A_{i}\cap B_{j}}dm\\&{\stackrel {\text{Def}}{=}}&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}(a_{i}+b_{j})m(A_{i}\cap B_{j})\\&=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}m(A_{i}\cap B_{j})+\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}m(A_{i}\cap B_{j})\\&{\stackrel {\text{m additiv}}{=}}&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i}\cap \underbrace {\biguplus _{j=1}^{k}B_{j}} _{=W})+\sum _{j=1}^{k}b_{j}m(B_{j}\cap \underbrace {\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}} _{=W})\\&=&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})+\sum _{j=1}^{n}b_{j}m(B_{j})\\&=&\int udm+\int vdm\end{array}}$
Da $u\leq v$ für alle $w\in W$ ist $v-u\in P$ und $v-u$ hat wegen $a_{i}\leq b_{j}$ auf $A_{i}\cap B_{j}$ die Darstellung
${\begin{aligned}v-u=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}\underbrace {(b_{j}-a_{i})} _{\geq 0}1_{A_{i}\cap B_{j}}\end{aligned}}$
Wegen $v=u+(v-u)$ und der gerade gezeigten Additivität des Integrales gilt
${\begin{aligned}\int vdm=&\int udm+\underbrace {\int (v-u)dm} _{\geq 0}\\\geq &\int udm\end{aligned}}$
Das ist die Monotonie.

## Ein Hilfsssatz zu Grenzwerten von Integralen

Wir wollen die Folgen der Integrale für zwei verschiedene Folgen $(u_{n})_{n},(v_{n})_{n}$ in $P$ vergleichen. Dazu vergleichen wir erst einmal eine Folge $(u_{n})_{n}$ mit einem festen anderen $u\in P$.
Satz
Seien $\forall n\in \mathbb {N} :u,u_{n}\in P$ und $u_{n}$ monoton steigend.
Aus $u\leq \lim _{n}u_{n}$ folgt
$\int udm\leq \lim _{n}\int u_{n}dm$
Beweis
Wir benötigen einen Hilfsfaktor $c\in (0,1)$, den wir am Ende des Beweises gegen $1$ streben lassen. Mit diesem Faktor verwandeln wir das Kleiner-Gleich-Zeichen der Voraussetzung in ein Kleiner-Zeichen.
Da $u_{n},u$ messbar sind, ist die Menge der $w\in W$ für die $u_{n}(w)$ größer gleich $cu(w)$ ist, messbar:
$B_{n}:=\{u_{n}\geq c\cdot u\}\in S$
Auf $B_{n}$ gilt schon $u_{n}\geq c\cdot u$, auf $B_{n}^{C}$ gilt leider $u_{n}(w)<c\cdot u(w)$. Setzen wir den rechten Wert für $w\in B_{n}^{C}$ auf $0$ durch Multiplikation mit $1_{B_{n}}$, so gilt wegen $u_{n}\geq 0$ für alle $w\in W$
$u_{n}\geq cu1_{B_{n}}={\begin{cases}cu&{\text{ für }}u_{n}(w)\geq cu(w)\\0&{\text{ für }}u_{n}(w)<cu(w)\\\end{cases}}$
Diese Ungleichung benutzen wir für den Beweis. Für $w\in B_{n}$ gilt
$u_{n+1}(w){\stackrel {Vor}{\geq }}u_{n}(w)\geq cu(w)$
und somit
$w\in B_{n+1}$
Damit sind die $B_{n}$ monoton steigend:
$B_{n}=\{u_{n}\geq cu\}\subset \{u_{n+1}\geq cu\}=B_{n+1}$
Wegen der Voraussetzung $u\leq \lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}$ und $c\in (0,1)$ gilt
$cu<\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}$
Da die $u_{n}$ monoton steigend gegen den Grenzwert streben, gibt es ein $n$, sodass schon $cu(w)<u_{n}(w)$, in Formeln
$\forall w\in W\ \exists n\in \mathbb {N} :c\cdot u(w)<u_{n}(w)$
Nach Definition von $B_{n}$ bedeutet das
$\forall w\in W\ \exists n\in \mathbb {N} :w\in B_{n}$
Da für ALLE $w\in W$ ein solches $n$ existiert, gehen die $B_{n}$ monoton steigend gegen $W$
${\begin{aligned}&B_{n}\uparrow \bigcup _{n=1}^{\infty }B_{n}=W\\\end{aligned}}$
Wir nehmen die folgende Darstellung für $u$ an
${\begin{aligned}u=\sum _{i=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}}\in P\end{aligned}}$
Dann gilt für die einzelnen $A_{i}$
${\begin{aligned}&A_{i}\cap B_{n}\subset A_{i}\cap B_{n+1}\\&A_{i}\cap B_{n}\uparrow \bigcup _{n=1}^{\infty }(A_{i}\cap B_{n})=A_{i}\cap \bigcup _{n=1}^{\infty }B_{n}=A_{i}\cap W=A_{i}\end{aligned}}$
ohne Stetigkeit beweisen
Da $m$ stetig von unten ist (gleichwertig zur Sigma-Additivität), folgt
${\begin{aligned}m(A_{i})=m\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }(A_{i}\cap B_{n})\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }m(A_{i}\cap B_{n})\end{aligned}}$
Wegen $0\cdot 1=0\cdot 0=0$ gilt
${\begin{aligned}1_{A_{i}\cap B_{n}}(w)=&{\begin{cases}1&{\text{ für }}w\in A_{i}\cap B_{n}\\0&{\text{ sonst }}\end{cases}}\\=&{\begin{cases}1&{\text{ für }}w\in A_{i}\\0&{\text{ sonst }}\end{cases}}\cdot {\begin{cases}1&{\text{ für }}w\in B_{n}\\0&{\text{ sonst }}\end{cases}}\\=&1_{A_{i}}(w)1_{B_{n}}(w)\end{aligned}}$
Wir erhalten eine erste Abschätzung für das Integral wegen
${\begin{aligned}\int udm=&\sum _{i=1}^{k}a_{i}m(A_{i})=\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=1}^{k}a_{i}m(A_{i}\cap B_{n})\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int \sum _{i=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{n}}dm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int \sum _{i=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}}1_{B_{n}}dm\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int u1_{B_{n}}dm\end{aligned}}$
Wegen der Rechenregeln für das Integral "Monotonie" und "Faktor $c\geq 0$ vertauscht mit dem Integral" gilt
$\int u_{n}dm\geq \int c\cdot u1_{B_{n}}dm=c\int u1_{B_{n}}dm$
ergibt sich im Grenzwert aus der obigen Rechnung
$\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\geq c\lim _{n\rightarrow \infty }\int u1_{B_{n}}dm=c\int udm$
Im Grenzwert $c\uparrow 1$ bleibt das Größergleich-Zeichen erhalten.

## Der Grenzwert ist unabhängig von der Wahl der Folge

Satz
Zwei monoton wachsende Folgen in $P$ mit demselben Grenzwert haben denselben Grenzwert der Integrale: Seien $(u_{n})_{n}$ und $(v_{n})_{n}$ zwei wachsende Folgen in $P$.
Aus $\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}$ folgt
$\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm$
Beweis
Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt
${\begin{aligned}u_{n}\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}\\v_{n}\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}\end{aligned}}$
Wir haben gerade gezeigt, dass dann $\forall n\in \mathbb {N}$ folgt
${\begin{aligned}\int u_{n}dm\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm\\\int v_{n}dm\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\end{aligned}}$
Die Ungleichungen bleiben im Grenzwert erhalten. Das ergibt
$\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\leq \lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm\leq \lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm$

## Das Integral nicht-negativer numerischer Funktionen

Damit können wir nun definieren:
Definition
Sei $f\in P^{\ast }$ und $(u_{n})_{n}$ eine monoton wachsende Folge in $P$ mit $u_{n}\uparrow f$. Dann heißt
$\int fdm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm$
das Integral von $f$ bezüglich $m$.
Beweis (Eindeutigkeit des Integrales)
Wir haben gezeigt, dass für jedes $f\in P^{\ast }$ eine solche Folge existiert und dass der Grenzwert für alle solchen Folgen eindeutig ist.

## Aufgabe 2

Aufgabe (Ein einfaches Integral)
Sei $(\mathbb {N} ,Pot(\mathbb {N} ),m)$ mit $m$ das Zählmaß und $f:\mathbb {N} \rightarrow [0,\infty )$ gegeben. $f$ ist automatisch messbar. Berechne $\int fdm$
Wie kommt man auf den Beweis? (Ein einfaches Integral)
Stelle $f$ dar als Grenzwert primitiver Funktionen.
Lösung (Ein einfaches Integral)
$f$ ist messbar, da links die Potenzmenge steht und somit $f^{-1}(A)\in Pot(\mathbb {N} )$ automatisch gültig ist.
Für $f$ gilt
${\begin{aligned}f=&\sum _{i=1}^{\infty }f(i)\cdot 1_{\{i\}}\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}\end{aligned}}$
Die Funktionen hinter dem Limes sind primitive Funktionen und ihr Integral ist nach Definition
$\int \sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}dm=\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot m(\{i\})=\sum _{i=1}^{n}f(i)$
Da die $\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}$ monoton wachsend gegen $f$ gehen, ist das Integral von $f$ der Grenzwert der obigen Integrale
$\int fdm{\stackrel {\text{Def}}{=}}\lim _{n\rightarrow \infty }\int \sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}dm=\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{i=1}^{\infty }f(i)$

## Eigenschaften des Integrales

Satz (Rechenregeln für das Maßintegral)
Für $f,g\in P^{\ast }$ und $c\in [0,\infty )$ gilt
${\begin{aligned}\int cfdm=&c\int fdm\\\int (f+g)dm=&\int fdm+\int gdm\\{\text{Aus }}f\leq g{\text{ folgt }}\int fdm&\leq \int gdm\end{aligned}}$
Beweis (Rechenregeln für das Maßintegral)
Man hat es für Funktionen aus P gezeigt und rechnet es nun mit Folgen $u_{n}\uparrow f$ nach.
1.):
Seien $u_{n}\in P$ mit $u_{n}\uparrow f$, d.h.
$0\leq u_{n}\leq f$
Wegen $c\geq 0$ gilt
${\begin{aligned}0\leq &cu_{n}\leq cf\\0\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }cu_{n}=c\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}=cf\end{aligned}}$
d.h. $cu_{n}\uparrow cf$. Wir haben damit eine Folge in $P$ gefunden, die monoton steigend gegen $cf$ geht und erhalten automatisch das Integral von $cf$ als Grenzwert der Integrale von $cu_{n}$
$\int cfdm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int cu_{n}dm=c\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm=c\int fdm$
2.:
Seien zusätzlich $v_{n}\in P$ mit $v_{n}\uparrow g$. Dann gilt $u_{n}+v_{n}\in P$ und
${\begin{aligned}u_{n}+v_{n}&\leq &u_{n+1}+v_{n+1}\leq f+g\\\lim _{n\rightarrow \infty }(u_{n}+v_{n})&\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}+\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}=f+g\end{aligned}}$
d.h. $u_{n}+v_{n}\uparrow f+g$.
Wir haben damit eine Folge in $P$ gefunden, die monoton steigend gegen $f+g$ geht und erhalten automatisch das Integral von $f+g$ als Grenzwert der Integrale von $u_{n}+v_{n}$. Wir nutzen jetzt die Additivität in $P$ für
${\begin{aligned}\int (f+g)dm=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int (u_{n}+v_{n})dm\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\int u_{n}dm+\int v_{n}dm\right)\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm+\lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm\\=&\int fdm+\int gdm\end{aligned}}$
3.:
Wegen
$u_{n}\leq f\leq g=\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}$
gilt $\forall n\in \mathbb {N}$ mit obigem Satz
$\int u_{n}dm\leq \lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm=\int gdm$
Die Ungleichung bleibt auch im Grenzwert erhalten, d.h.
$\int fdm{\stackrel {Def}{=}}\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\leq \int gdm$