# Produktmenge/Endlich/Produkt-Prämaß/Wohldefiniertheit/Eigenschaften/Fakt/Beweis

(1). Wir beschränken uns im Beweis auf zwei Mengen $(M,{\mathcal {P}},\pi )$ und $(N,{\mathcal {R}},\rho )$, die allgemeine Aussage folgt daraus durch Induktion. Seien
    $V=\biguplus _{i\in I}Q_{i}=\biguplus _{j\in J}L_{j}\,$
zwei Darstellungen einer Menge $V\subseteq M\times N$ als endliche disjunkte Vereinigung von Quadern. Wir müssen $\sum _{i\in I}\mu (Q_{i})=\sum _{j\in J}\mu (L_{j})$ zeigen. Für jeden Quader $Q_{i}$ ist insbesondere $Q_{i}\subseteq \bigcup _{j\in J}L_{j}$. Damit ist auch
    $Q_{i}=Q_{i}\cap {\left(\biguplus _{j\in J}L_{j}\right)}=\biguplus _{j\in J}{\left(Q_{i}\cap L_{j}\right)}\,.$
Nach Fakt sind die Durchschnitte rechts selbst Quader. Damit erhalten wir eine dritte Darstellung von $V$, die beide Darstellungen verfeinert. Daher können wir gleich annehmen, dass jedes $L_{j}$ Teilmenge eines $Q_{i}$ ist. Dann ist insbesondere $Q_{i}=\biguplus _{j\in J_{i}}L_{j}$ mit einer gewissen Teilmenge $J_{i}\subseteq J$, wobei die $J_{i}$ für verschiedene $i$ disjunkt sind. Es genügt also, für einen Quader
    $Q=A\times B=\biguplus _{j\in J}L_{j}\,$
die Gleichheit
    $\mu (Q)=\sum _{j\in J}\mu (L_{j})\,$
zu zeigen. Da $J$ endlich ist, sind überhaupt nur endlich viele Seiten $S_{j}$ aus ${\mathcal {P}}$ und $T_{j}$ aus ${\mathcal {R}}$ an diesen überdeckenden Quadern beteiligt. Aus diesen Seiten kann man ein Mengensystem ${\mathcal {S}}$ bilden, das aus allen möglichen feinsten Durchschnitten der $S_{j}$ und ihrer Komplemente $A\setminus S_{j}$ besteht, und ein Mengensystem ${\mathcal {T}}$ bilden, das aus allen möglichen feinsten Durchschnitten der $T_{j}$ und ihrer Komplemente $B\setminus T_{j}$ besteht. Diese Mengen sind disjunkt und seien mit $S_{\lambda }$, $\lambda \in \Lambda$, und $T_{\gamma }$, $\gamma \in \Gamma$, bezeichnet (das bedeutet, dass wir ein „Raster“ einführen). Damit kann man jeden Quader $L_{j}$ als eine endliche disjunkte Vereinigung aus Quadern der Form $S_{\lambda }\times T_{\gamma }$ schreiben, und zwar als
    $L_{j}={\left(\biguplus _{\lambda \in \Lambda _{j}}S_{\lambda }\right)}\times {\left(\biguplus _{\gamma \in \Gamma _{j}}T_{\gamma }\right)}=\biguplus _{(\lambda ,\gamma )\in \Lambda _{j}\times \Gamma _{j}}S_{\lambda }\times T_{\gamma }\,,$
und jeder dieser Quader kommt in genau einem $L_{j}$ vor. Insgesamt ergibt sich
    ${\begin{aligned}\mu (Q)&=\pi (A)\cdot \rho (B)\\&=\pi {\left(\biguplus _{\lambda \in \Lambda }S_{\lambda }\right)}\cdot \rho {\left(\biguplus _{\gamma \in \Gamma }T_{\gamma }\right)}\\&={\left(\sum _{\lambda \in \Lambda }\pi (S_{\lambda })\right)}\cdot {\left(\sum _{\gamma \in \Gamma }\rho (T_{\gamma })\right)}\\&=\sum _{(\lambda ,\gamma )\in \Lambda \times \Gamma }\pi (S_{\lambda })\cdot \rho (T_{\gamma })\\&=\sum _{j\in J}{\left(\sum _{(\lambda ,\gamma )\in \Lambda _{j}\times \Gamma _{j}}\pi (S_{\lambda })\cdot \rho (T_{\gamma })\right)}\\&=\sum _{j\in J}{\left(\sum _{\lambda \in \Lambda _{j}}\pi (S_{\lambda })\right)}\cdot {\left(\sum _{\gamma \in \Gamma _{j}}\rho (T_{\gamma })\right)}\\&=\sum _{j\in J}\mu (L_{j}).\end{aligned}}$
(2). Es sei $V=\biguplus _{n\in \mathbb {N} }V_{n}$ eine abzählbare disjunkte Vereinigung, wobei $V$ und die $V_{n}$ endliche disjunkte Vereinigungen von Quadern sind. Wir müssen $\mu (V)=\sum _{n\in \mathbb {N} }\mu (V_{n})$ zeigen. Dies kann man direkt auf den Fall zurückführen, wo $V=Q$ und $V_{n}=Q_{n}$ Quader sind. Zu einer Teilmenge
    $T\subseteq M\times N\,$
und zu $x\in M$ betrachten wir
    $T(x)={\left\{y\in N\mid (x,y)\in T\right\}}\,.$
Wenn $T$ zum Produkt-Präring gehört, also eine endliche disjunkte Vereinigung von Quadern ist, so gehören diese Mengen zu ${\mathcal {R}}$, da sie eine endliche Vereinigung gewisser ($N$-)Seiten dieser Quader sind. Zu einer positiven reellen Zahl $a$ kann man die Menge
    $T^{a}={\left\{x\in M\mid \rho (T(x))=a\right\}}\,$
betrachten. Dies Menge ist wiederum eine endliche Vereinigung von ($M$-)Seiten der beteiligten Quader und gehört somit zu ${\mathcal {P}}$. Weiterhin kann $T^{a}\neq \emptyset$ nur für endlich viele Werte $a\in \mathbb {R}$ sein, nämlich nur für die Teilsummen der Werte des Prämaßes $\rho$ der ($N$-)Seiten der beteiligten Quader. Mit diesen Notationen gilt
    $\mu (T)=\sum _{a\in \mathbb {R} _{+}}\pi (T^{a})\cdot a\,,$
da dies für jeden Quader gilt und daraus durch Aufsummieren folgt. Sei also nun $Q=\biguplus _{n\in \mathbb {N} }Q_{n}$ eine abzählbare Zerlegung in Quader. Wir müssen
    ${\begin{aligned}\mu (Q)&=\sum _{i\in \mathbb {N} }\mu (Q_{i})\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=0}^{n}\mu (Q_{i})\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }\mu (Q_{0}\uplus \ldots \uplus Q_{n})\end{aligned}}$
zeigen. Nach Übergang zu den Komplementen in $Q$ ist dies äquivalent damit, dass
    $\lim _{n\rightarrow \infty }\mu (T_{n})=0\,$
ist für $T_{n}=Q\setminus (Q_{0}\uplus \ldots \uplus Q_{n})$. Es ist $T_{n}\downarrow \emptyset$, und damit ist auch $T_{n}(x)\downarrow \emptyset$ für jedes $x\in M$. Nach Fakt ist daher $\lim _{n\rightarrow \infty }\rho (T_{n}(x))=0$. Zu $\delta >0$ definieren wir
    $T_{n}^{\geq \delta }={\left\{x\in M\mid \rho (T_{n}(x))\geq \delta \right\}}=\bigcup _{a\geq \delta }T_{n}^{a}\,.$
Da für jedes $x\in M$ die Folge $\rho (T_{n}(x))$ gegen $0$ konvergiert, schrumpft die Mengenfolge $T_{n}^{\geq \delta }$ für jedes $\delta >0$ gegen $\emptyset$. Daraus folgt, wieder mit Fakt, dass $\lim _{n\rightarrow \infty }\pi (T_{n}^{\geq \delta })=0$. Seien nun $\delta ,\epsilon >0$ gegeben. Zu $\epsilon$ gibt es ein $n_{0}$ mit
    $\pi (T_{n}^{\geq \delta })\leq \epsilon \,$
für alle $n\geq n_{0}$. Für diese $n$ hat man dann insgesamt die Abschätzung
    ${\begin{aligned}\mu (T_{n})&=\sum _{a\in \mathbb {R} _{+}}\pi (T_{n}^{a})\cdot a\\&={\left(\sum _{a<\delta }\pi (T_{n}^{a})\cdot a\right)}+{\left(\sum _{\rho (N)\geq a\geq \delta }\pi (T_{n}^{a})\cdot a\right)}\\&\leq {\left(\sum _{a<\delta }\pi (T_{n}^{a})\cdot a\right)}+{\left(\sum _{\rho (N)\geq a\geq \delta }\pi (T_{n}^{a})\right)}\rho (N)\\&\leq \pi (M)\cdot \delta +\epsilon \cdot \rho (N).\end{aligned}}$
Da nach Voraussetzung $\pi (M)$ und $\rho (N)$ endlich sind, kann man den letzten Term durch geeignete Wahl von $\delta$ und $\epsilon$ beliebig klein machen. Daher konvergiert $\mu (T_{n})$ gegen $0$.