# Lineare Abbildung/Borel-Lebesgue-Maß/Textabschnitt
## Lemma

Es sei $V$ ein reeller endlichdimensionaler Vektorraum und
    $L\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow V$
eine bijektive lineare Abbildung. Dann gelten für das Bildmaß $L_{*}\lambda ^{n}$ des Borel-Lebesgue-Maßes $\lambda ^{n}$ unter $L$ folgende Eigenschaften.

### Beweis

(1). Es sei $\tau _{v}$ die Translation um den Vektor $v\in V$. Es sei $w=L^{-1}(v)$. Dabei ist
    $\tau _{v}\circ L=L\circ \tau _{w}\,.$
Somit ist für eine beliebige messbare Menge $B\subseteq V$ aufgrund der Translationsinvarianz von $\lambda ^{n}$
    ${\begin{aligned}(L_{*}\lambda ^{n})(B+v)&=\lambda ^{n}{\left(L^{-1}(B+v)\right)}\\&=\lambda ^{n}{\left(\tau _{w}^{-1}{\left(L^{-1}(B+v)\right)}\right)}\\&=\lambda ^{n}{\left(L^{-1}{\left(\tau _{v}^{-1}(B+v)\right)}\right)}\\&=\lambda ^{n}(L^{-1}(B))\\&=(L_{*}\lambda ^{n})(B).\end{aligned}}$
(2) folgt aus (1) mit Fakt.
$\Box$

## Satz

Es sei
    $L\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$
eine lineare Abbildung.
Dann gilt für jede messbare Menge $S\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ die Beziehung

### Beweis

Wenn $L$ nicht bijektiv ist, so steht links und rechts einfach $0$, wie aus Fakt und Fakt folgt. Wir können also annehmen, dass $L$ bijektiv ist. Dann kann man die Aussage mit dem Bildmaß als
    $L_{*}\lambda ^{n}={\frac {1}{\vert {\det L}\vert }}\lambda ^{n}\,$
formulieren. Aufgrund von Fakt in Verbindung mit Fakt gibt es Elementarmatrizen $E_{1},\ldots ,E_{k}$ und eine Diagonalmatrix $D$ mit $L=E_{1}\circ \cdots \circ E_{\ell }\circ D\circ E_{\ell +1}\circ \cdots \circ E_{k}$ Aufgrund des Determinantenmultiplikationssatzes und wegen Fakt und Aufgabe genügt es, die Aussage für Diagonalmatrizen und Elementarmatrizen zu beweisen.
Wegen Fakt ist also für diese Matrizen zu zeigen, dass das Volumen des von den Bildvektoren der Standardvektoren erzeugten Parallelotops gleich dem Betrag der Determinante der Matrix ist. Für eine Diagonalmatrix ist das erzeugte Parallelotop der Quader, dessen Seitenlängen die Beträge der Diagonaleinträge sind, sodass das Volumen das Produkt davon ist. Nach Fakt ist die Determinante das Produkt der Diagonaleinträge, sodass im Betrag Gleichheit gilt. Damit gilt die Aussage auch für eine elementare Skalierungsmatrix, die ja eine Diagonalmatrix ist.
Da die Determinante der übrigen Elementarmatrizen $1$ oder $-1$ ist, müssen wir zeigen, dass das Volumen des von den Spaltenvektoren einer solchen Elementarmatrix erzeugten Parallelotops gleich $1$ ist. Dies ist klar für den Typ (1), also für die elementare Vertauschungsmatrix, da es sich um den Einheitswürfel handelt, wobei lediglich die Reihenfolge der erzeugenden Vektoren geändert wird. Es bleibt also eine elementare Scherungsmatrix $A_{ij}(a)$ mit $a\neq 0$ und $i\neq j$ zu betrachten. Wegen (Wir notieren nur die zweidimensionale Situation, da sich alles in zwei Zeilen und zwei Spalten abspielt)
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}1&a\\0&1\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}a&0\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a^{-1}&1\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a&0\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a^{-1}&0\\0&1\end{pmatrix}}\end{aligned}}$
und dem schon bewiesenen kann man $a=1$ annehmen. Ferner kann man durch umnummerieren annehmen, dass $i=1$ und $j=2$ ist. Es geht dann um das Volumen des von
    $e_{1},e_{1}+e_{2},e_{3},\ldots ,e_{n}$
erzeugten Parallelotops, also um
    ${\begin{aligned}P&={\left\{t_{1}e_{1}+t_{2}(e_{1}+e_{2})+t_{3}e_{3}+\cdots +t_{n}e_{n}\mid t_{i}\in [0,1]\right\}}\\&={\left\{(t_{1}+t_{2})e_{1}+t_{2}e_{2}+t_{3}e_{3}+\cdots +t_{n}e_{n}\mid t_{i}\in [0,1]\right\}}\\&={\left\{se_{1}+t_{2}e_{2}+t_{3}e_{3}+\cdots +t_{n}e_{n}\mid t_{i}\in [0,1]{\text{ für }}i\geq 2,\,s\in [0,2],\,t_{2}\leq s\leq 1+t_{2}\right\}}.\end{aligned}}$
Wir betrachten
    $H_{1}={\left\{se_{1}+t_{2}e_{2}+t_{3}e_{3}+\cdots +t_{n}e_{n}\mid t_{i}\in [0,1]{\text{ für }}i\geq 2,\,s\in [0,1],\,t_{2}\geq s\right\}}\,$
und
    $H_{2}={\left\{se_{1}+t_{2}e_{2}+t_{3}e_{3}+\cdots +t_{n}e_{n}\mid t_{i}\in [0,1]{\text{ für }}i\geq 2,\,s\in [1,2],\,s\geq 1+t_{2}\right\}}\,.$
Dann ist
    $[0,2]\times [0,1]\times \cdots \times [0,1]=H_{1}\cup P\cup H_{2}\,,$
wobei die Durchschnitte dieser drei Mengen jeweils in einer Hyperebene enthalten sind und daher nach Fakt das Maß $0$ besitzen. Also ist einerseits
    $\lambda ^{n}(P)=2-\lambda ^{n}(H_{1})-\lambda ^{n}(H_{2})\,.$
Andererseits geht $H_{2}$ durch verschieben um $e_{1}$ aus
    $G_{2}={\left\{se_{1}+t_{2}e_{2}+t_{3}e_{3}+\cdots +t_{n}e_{n}\mid t_{i}\in [0,1]{\text{ für }}i\geq 2,\,s\in [0,1],\,s\geq t_{2}\right\}}\,$
hervor und besitzt damit wegen der Translationsinvarianz dasselbe Volumen wie $G_{2}$. Da $H_{1}\cup G_{2}$ der Einheitswürfel ist, wobei der Durchschnitt wieder in einer Hyperebene liegt, ist
    $\lambda ^{n}(H_{1})+\lambda ^{n}(H_{2})=\lambda ^{n}(H_{1})+\lambda ^{n}(G_{2})=1\,$
und somit ist $\lambda ^{n}(P)=1$.
$\Box$
Insbesondere kann man das Maßverhältnis bei einer linearen Abbildung mit einer beliebigen Teilmenge mit positivem Maß im Definitionsraum ablesen.

## Korollar

Bei einer Streckung
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,v\longmapsto av,$
um den Streckungsfaktor $a\in \mathbb {R}$ gilt für jede messbare Teilmenge $T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$
die Formel

### Beweis

Dies folgt unmittelbar aus Fakt.
$\Box$