# Halmazok méretének mérése

Mi a közös a számlálásban, a hosszban, a területben és a tömegben: a mérték szabályai, miért kell megszámlálható additivitás, és az első mértékek.

Az emberek folyton halmazokat mérnek. Egy zacskó golyót megszámolással, egy utat a hosszával, egy földet a területével, egy fémrudat a súlyával. Ez négy különböző módja annak, hogy egy dologgyűjteményhez számot rendeljünk, és semmilyen szempontból nem hasonlítanak egymásra, mégis ugyanazokat a néhány szabályt követik. Ez a lecke megkeresi ezeket a szabályokat, belőlük megfogalmazza a **mérték** definícióját, és megmagyarázza, miért kell az egyiknek, a **megszámlálható additivitásnak** erősebbnek lennie, mint első látásra tűnik. A pálya minden további része erre a definícióra épül. A következő leckék azt kérdezik, mely halmazokat lehet egyáltalán megmérni, hogyan épül fel maga a hossz, és hogyan adhatjuk össze egy függvény értékeit úgy, ahogy halmazok méreteit összeadjuk.

## A halmazok mérésének négy módja

A **halmaz** dolgok gyűjteménye, ezeket nevezzük az elemeinek. Egy halmazt megmérni annyit tesz, mint számot rendelni hozzá, amely megmondja, mekkora. Négy példát végig használunk a pályán, ezért érdemes gondosan felállítani őket. Mindegyikben van egy $\Omega$ alaphalmaz, amely mindent tartalmaz, amiről beszélhetünk, és egy $\mu$ szabály, amely $\Omega$ egy $A$ részéhez hozzárendeli a $\mu(A)$ számot; olvasd „mű $A$”.

**Számlálás egy dobókocka lapjain.** Legyen $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, és legyen $\mu(A)$ az $A$-ban lévő lapok száma. A páros lapokra, $\{2, 4, 6\}$-ra $\mu = 3$, és $\mu(\Omega) = 6$.

**Hossz a $[0, 1]$ intervallumon.** Legyen $\Omega = [0, 1]$, és legyen $\mu(A)$ az $A$ hossza. A $[0{,}1; 0{,}5]$ intervallum hossza $0{,}5 - 0{,}1 = 0{,}4$. Ezt a mértéket innentől $\lambda$ jelöli.

**Terület az egységnégyzetben.** Legyen $\Omega = [0, 1] \times [0, 1]$, és legyen $\mu(A)$ az $A$ területe. A teljes négyzet területe 1. Egy $0{,}1$ sugarú körlap területe benne $\pi \cdot 0{,}1^2 \approx 0{,}0314$, a $[0{,}2; 0{,}6] \times [0{,}1; 0{,}4]$ téglalapé pedig $0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12$.

**Tömeg egy rúdon.** Képzelj el egy 1 hosszú vékony rudat, amely a jobb vége felé vastagszik. Az $x$ helyen a rúd **sűrűsége** $\rho(x) = 2x$, vagyis hosszegységre jutó tömeg. Az $x$ hely közelében egy $\Delta$ hosszú darab súlya nagyjából $2x\,\Delta$, a $[a, b]$ szakasz darabjainak összeadása pedig a megszokott integrál:

$$
\mu([a, b]) = \int_a^b 2x \, dx = b^2 - a^2.
$$

A teljes rúd tömege $1^2 - 0^2 = 1$. A bal fél, $[0; 0{,}5]$ tömege $0{,}25$, a jobb félé, $[0{,}5; 1]$ pedig $0{,}75$: a két fél hossza ugyanannyi, a jobb fél mégis háromszor olyan nehéz.

Mind a négy példában a szám pozíciók egy halmazához tartozik, nem egyetlen pozícióhoz. A rúd egyetlen pontjának súlyára rá lehet kérdezni, de a válasz 0; az érdekes kérdések szakaszokról, tartományokról és lapcsoportokról szólnak.

## A méretek közös szabályai

Mi a közös a számlálásban, a hosszban, a területben és a tömegben? Csak néhány szabály, és ebből három elég.

**A méretek nem negatívak:** $\mu(A) \ge 0$. E szabály nélkül egy nagyobb halmaz kisebb lehetne a saját részénél.

**Az üres halmaz mérete 0:** $\mu(\emptyset) = 0$. Az elem nélküli halmazban nincs mit számolni, nincs hossza, területe és tömege. A szabály következik a következőből is, ha valamelyik halmaz mérete véges, mert egy $A$ halmaz az üres halmazzal együtt még mindig $A$, és a kettő **diszjunkt**, azaz nincs közös elemük. A következő szabály szerint ekkor $\mu(A) = \mu(A) + \mu(\emptyset)$, ami kikényszeríti, hogy $\mu(\emptyset) = 0$. A szabályt azért mondjuk ki külön, hogy kizárjuk azt az értelmetlen vetélytársat, amely minden halmaznak, az üresnek is $\infty$ méretet ad.

**Diszjunkt darabok összeadódnak:** ha $A$ és $B$ diszjunkt, akkor

$$
\mu(A \cup B) = \mu(A) + \mu(B).
$$

Ez a szabály teszi hasznossá a mértéket. A kockán az $\{1, 2\}$ és az $\{5, 6\}$ darab mérete 2 és 2, az uniójuké, $\{1, 2, 5, 6\}$-é pedig 4. A hossznál a $[0; 0{,}2]$ és a $[0{,}5; 0{,}6]$ hossza $0{,}2$ és $0{,}1$, együtt $0{,}3$. A rúdon a $[0; 0{,}5]$ és a $(0{,}5; 1]$ fél súlya $0{,}25$ és $0{,}75$, együtt $1$. Az additivitás miatt egy bonyolult halmaz mérete kiszámítható azoknak az egyszerű daraboknak a méretéből, amelyekre fel lehet vágni; nélküle a méret csak önkényes címke volna minden halmazon, és a részek méretének ismerete semmit sem mondana az egészről. A szabály ismétlésével véges sok páronként diszjunkt halmazra is érvényes.

A „diszjunkt” szó fontos. A $[0; 0{,}5]$ és a $[0{,}3; 0{,}8]$ hossza $0{,}5$ és $0{,}5$, de az uniójuk, a $[0; 0{,}8]$ hossza $0{,}8$, nem $1$, mert a $[0{,}3; 0{,}5]$ szakasz mindkettőhöz hozzátartozik, és csak egyszer szabad számolni. A halmaz átmérője, két legtávolabbi pontjának távolsága az $\{0{,}1\}$ és az $\{0{,}9\}$ egyelemű halmazhoz $0$-t, a $\{0{,}1; 0{,}9\}$ párhoz viszont $0{,}8$-at rendel; ez nem mérték e lecke értelmében.

## Az additivitás következményei

A három szabálynak sok következménye van, az első néhány egyetlen fogásból jön: vágjuk a halmazt diszjunkt darabokra, és adjuk össze őket. Alább minden halmaz abból a halmazcsaládból való, amelyet mérünk, és feltesszük, hogy ez a család tartalmazza az előforduló uniókat, metszeteket és különbségeket. A következő lecke, a „σ-algebrák és Borel-halmazok” pontosan megmondja, milyennek kell lennie ennek a családnak.

**Monotonitás.** Legyen $A \subseteq B$, vagyis $A$ része $B$-nek. Ekkor $B$ az $A$ és a maradék, $B \setminus A$ uniója, vagyis azoké a $B$-beli elemeké, amelyek nincsenek $A$-ban, és ez a kettő diszjunkt:

$$
\mu(B) = \mu(A) + \mu(B \setminus A) \ge \mu(A).
$$

A rész sosem nagyobb az egésznél. Ha $\mu(A)$ véges, ugyanebből az egyenletből kifejezhető a maradék mérete:

$$
\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A) \qquad (A \subseteq B,\ \mu(A) < \infty).
$$

A $\mu(A)$-ra vonatkozó feltétel szükséges. Az $A = [1, \infty)$ félegyenes része a $B = [0, \infty)$-nek, mindkettő hossza végtelen, a maradéké, $B \setminus A = [0, 1)$-é pedig 1. A képlet $\infty - \infty$ volna, ami bármilyen szám lehet.

**Szita-formula.** Vegyünk két átfedő intervallumot, $A = [0{,}1; 0{,}5]$-öt és $B = [0{,}3; 0{,}8]$-at, hosszuk $\mu(A) = 0{,}4$ és $\mu(B) = 0{,}5$. Az átfedésük $A \cap B = [0{,}3; 0{,}5]$, hossza $0{,}2$. Az uniót vágjuk három diszjunkt darabra: a csak $A$-beli részre, az átfedésre és a csak $B$-beli részre. Ekkor

$$
\mu(A) = \mu(A \setminus B) + \mu(A \cap B), \qquad \mu(B) = \mu(B \setminus A) + \mu(A \cap B).
$$

E két egyenlet összeadása az átfedést kétszer, a másik két darabot egyszer-egyszer számolja. Az unió éppen ez a három darab, ezért

$$
\mu(A) + \mu(B) = \mu(A \cup B) + \mu(A \cap B), \qquad\text{azaz}\qquad \mu(A \cup B) = \mu(A) + \mu(B) - \mu(A \cap B).
$$

Szavakban: $A$ és $B$ méretének összeadása az átfedést kétszer számolja, ezért egyszer le kell vonni. A fenti számokkal $0{,}4 + 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}7$, ami a $[0{,}1; 0{,}8]$ hossza. A képlet véges méretekre érvényes. A kockán az $A = \{2, 4, 6\}$ és a $B = \{4, 5, 6\}$ mérete egyaránt 3, és két közös lapjuk van, $\{4, 6\}$, így az uniójuk, $\{2, 4, 5, 6\}$ mérete $3 + 3 - 2 = 4$.

**Szubadditivitás.** Az átfedés mérete nem negatív, ezért a szita-formulából $\mu(A \cup B) \le \mu(A) + \mu(B)$ adódik. A fenti intervallumokra $0{,}7 \le 0{,}4 + 0{,}5 = 0{,}9$. Az unió mérete legfeljebb a méretek összege, és pontosan akkor egyenlő vele, ha az átfedés mérete 0. Ezt gyakran uniós korlátnak hívják, és ismétlésével tetszőleges véges sok halmazra kiterjed.

## Megszámlálható additivitás

Az additivitás, ahogy kimondtuk, egyszerre két halmazról szól, így véges sok halmazról is. A határértékekben viszont végtelen sok lépés van, és kiderül, hogy a szabálynak idáig kell elérnie. Íme egy példa, ahol végtelen sok darab magától adódik. Vágd ketté a $[0, 1)$-et $\tfrac12$-nél, majd a megmaradt részt $\tfrac34$-nél, aztán $\tfrac78$-nál, és így tovább, mindig a bal darabot megtartva. A $k$-adik darab

$$
\Big[\,1 - 2^{1-k},\; 1 - 2^{-k}\Big), \qquad \text{hossza } 2^{-k}.
$$

Az első három darab $[0, \tfrac12)$, $[\tfrac12, \tfrac34)$ és $[\tfrac34, \tfrac78)$, hosszuk $\tfrac12$, $\tfrac14$ és $\tfrac18$. $n$ darab után a véges additivitás szerint $1 - 2^{-n}$ összhosszat használtunk fel; $n = 10$-re ez $0{,}9990$. A darabok soha nem fogynak el, és együtt kitöltik a teljes $[0, 1)$-et, amelynek hossza 1. A véges additivitás az „összes darabról együtt” nem mond semmit, pedig természetes elvárás, hogy a végtelen összeg, $\tfrac12 + \tfrac14 + \tfrac18 + \cdots = 1$ az egész hosszát adja.

A mértéktől ezért azt követeljük meg, hogy **megszámlálhatóan additív** legyen: páronként diszjunkt $A_1, A_2, A_3, \ldots$ halmazok bármely sorozatára, azaz olyan listára, amelyben van első halmaz, második halmaz és így tovább,

$$
\mu\Big(\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k\Big) = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(A_k).
$$

Szükséges-e ez az extra erő, vagy a véges additivitás elég? Egy példa mutatja, hogy nem elég. Egy pozitív egész számokból álló $A$ halmaz esetén számold meg, hány eleme van az első $n$ egész között, és oszd el $n$-nel. Ha ez a hányados $n$ növekedtével egy határértékhez tart, ezt hívjuk az $A$ **természetes sűrűségének**, $d(A)$-nak. A páros számok sűrűsége $\tfrac12$: az első 1000 egész között pontosan 500 páros. A hárommal osztható számok sűrűsége $\tfrac13$. Egyetlen egész, például $\{7\}$ sűrűsége 0, mert $1/n$ nullához tart, az összes pozitív egész $\mathbb{N}$ halmazának sűrűsége pedig 1. Azoknál a halmazoknál, amelyeknek van sűrűségük, a diszjunkt darabok valóban összeadódnak: a páros és a páratlan számok sűrűsége $\tfrac12$ és $\tfrac12$, együtt 1.

A természetes sűrűség tehát betartja az előző szakasz szabályait, csak éppen nem minden halmaznak van sűrűsége. A megszámlálható additivitást látványosan megsérti. Az $\mathbb{N}$ a megszámlálhatóan sok egyelemű $\{1\}, \{2\}, \{3\}, \ldots$ halmaz uniója, ezek diszjunktak, és mindegyik sűrűsége 0, de $d(\mathbb{N}) = 1 \ne 0 + 0 + 0 + \cdots$. Egy ilyen méretre nem lehet határértékeknél támaszkodni: ha egy halmazt egyre több darabra vágunk, és összeadjuk a méreteiket, más eredményt kaphatunk, mint a halmaz mérete. Ezért ragaszkodik a mértékelmélet a megszámlálható additivitáshoz.

> A mérték egész halmazt kap bemenetként. A $[0, 1]$ hossza nem úgy adódik, hogy az egyes pontokhoz rendelt valamit összeadunk; a számlálásnál és a pontmasszáknál így van, a hossznál, a területnél és a sűrűségnél viszont nem, mert minden egyes pont hossza 0.

A szabály megszámlálható családoknál megáll, és meg is kell állnia. A $[0, 1]$ a pontjainak uniója, és minden pont hossza 0, a $[0, 1]$ hossza mégis 1. Olyan darabcsalád, amelyet nem lehet egymás után felsorolni, azaz nem megszámlálható, összeadódhat olyasmivé, amit a darabok mérete nem jósol meg. A megszámlálható additivitás a szabály legerősebb olyan alakja, amelyet a hossz, a terület és a tömeg teljesít.

## A mérték definíciója

Minden eddigi egyetlen definícióba fér. Az $\Omega$ halmazon értelmezett **mérték** olyan $\mu$ függvény, amely $\Omega$ részhalmazainak egy családján van értelmezve, értékei a $[0, \infty]$ intervallumba esnek, és

- $\mu(\emptyset) = 0$, valamint
- $\mu$ megszámlálhatóan additív: $\mu\big(\bigcup_k A_k\big) = \sum_k \mu(A_k)$ a család páronként diszjunkt $A_1, A_2, \ldots$ halmazainak minden sorozatára.

A nemnegativitás a $[0, \infty]$ értékkészletbe van építve, a véges additivitás pedig a második szabály különleges esete: diszjunkt $A$ és $B$ esetén vedd az $A, B, \emptyset, \emptyset, \ldots$ sorozatot, és az üres halmazokra használd az első szabályt,

$$
\mu(A \cup B) = \mu(A) + \mu(B) + \mu(\emptyset) + \mu(\emptyset) + \cdots = \mu(A) + \mu(B).
$$

A $\infty$ érték azért megengedett, mert szükség van rá. A pozitív egészek számlálómértéke végtelen, és a teljes valós számegyenes hossza is az. A vele való számolás az egyértelmű szabályt követi: $\infty$ plusz bármi $\infty$, és nemnegatív tagú, nem konvergens sor összege $\infty$.

A „részhalmazok családja” kifejezés valódi kérdést rejt: mely halmazoknak van mérete? Ha $\Omega$ véges, a válasz egyszerű, minden részhalmaznak. A $[0, 1]$-en nem az, és most elég annyit tudni, hogy a család tartalmazza az intervallumokat és mindent, amit belőlük komplementerképzéssel, különbséggel és megszámlálható unióval fel lehet építeni. A „σ-algebrák és Borel-halmazok” lecke ezt pontos definícióvá teszi, és megmutatja, miért nem engedhetünk meg mindig minden részhalmazt.

## Példák mértékekre

Az első szakasz mértékei illenek a definícióba, és vannak továbbiak is.

- **Számlálómérték.** $\mu(A)$ az $A$ elemeinek száma, végtelen sok elem esetén $\infty$. A megszámlálható additivitás nyilvánvaló, mert diszjunkt halmazok uniójának elemeit egyszer-egyszer számoljuk.
- **Dirac-mérték.** Rögzíts egy $x$ pontot $\Omega$-ban. A $\delta_x$ mérték minden tömegét abba az egy pontba teszi: $\delta_x(A) = 1$, ha $x \in A$, és $\delta_x(A) = 0$ különben. A $[0, 1]$-en $\delta_{0{,}5}([0{,}4; 0{,}6]) = 1$ és $\delta_{0{,}5}([0{,}6; 0{,}9]) = 0$. A kockán $\delta_3(\{1, 2, 3\}) = 1$ és $\delta_3(\{2, 4, 6\}) = 0$. Diszjunkt halmazok nem tartalmazhatják mindketten az $x$-et, ezért az additivitás teljesül.
- **Súlyozott pontmasszák.** Tegyél $w_1, w_2, \ldots$ súlyokat az $x_1, x_2, \ldots$ pontokra, és legyen $\mu = \sum_i w_i \delta_{x_i}$, vagyis $\mu(A)$ az $A$-ba eső pontok súlyainak összege. A számlálómérték az az eset, amikor minden súly 1. Egy cinkelt kockára, amelyen a 6-os lap súlya $0{,}5$, a többié $0{,}1$, $\mu(\{2, 4, 6\}) = 0{,}1 + 0{,}1 + 0{,}5 = 0{,}7$ és $\mu(\Omega) = 1$.
- **Hossz és terület.** A $[0, 1]$-en értelmezett $\lambda$ és a terület az egységnégyzeten. Annak igazolása, hogy ezek minden mérni kívánt halmazon megszámlálhatóan additívak, nem triviális, és a pálya egy későbbi leckéje elvégzi; addig csak intervallumok, téglalapok és körlapok kellenek.
- **Sűrűséggel megadott mérték.** Egy $\rho \ge 0$ függvény esetén a $[0, 1]$-en legyen $\mu(A) = \int_A \rho(x)\,dx$. Az első szakasz rúdjára $\rho(x) = 2x$, a hossz pedig a $\rho = 1$ eset. A pontmasszával ellentétben a sűrűséges mérték minden egyes pontnak 0 tömeget ad: a tömeg vékonyan szétterül, nem koncentrálódik.

Az ábra egy halmazpárt négyféle mértéken visz át. A $[0, 1]$ két intervallumát, $A = [a_1, a_2]$-t és $B = [b_1, b_2]$-t méri a hosszal, a $0{,}05;\ 0{,}15;\ \ldots;\ 0{,}95$ tíz pont számlálásával, a súlyozott pontokkal ($0{,}5$ tömeg a $0{,}2$-nél, $0{,}3$ a $0{,}45$-nél és $0{,}2$ a $0{,}9$-nél), valamint a $2x$ rúdsűrűséggel. A gombokkal válaszd ki a mértéket, a négy csúszkával változtasd $A$-t és $B$-t, és hasonlítsd össze a kijelzett értékeket. Az alapértelmezett $A = [0{,}1; 0{,}5]$ és $B = [0{,}3; 0{,}8]$ esetén a hossz $0{,}4$, $0{,}5$, $0{,}2$ és $0{,}7$, ahogy fent kiszámoltuk. A számlálás $4$, $5$, $2$ és $7$: $A$ tartalmazza a $0{,}15;\ 0{,}25;\ 0{,}35;\ 0{,}45$ pontokat, $B$ pedig a $0{,}35;\ 0{,}45;\ \ldots;\ 0{,}75$ pontokat. A súlyozott pontok $0{,}8$, $0{,}3$, $0{,}3$ és $0{,}8$, mert $A$ tartalmazza a $0{,}2$-nél és a $0{,}45$-nél lévő tömeget, $B$ pedig csak a $0{,}45$-nél lévőt. A rúd $0{,}24$, $0{,}55$, $0{,}16$ és $0{,}63$. Mindegyik esetben az utolsó kijelzett érték megegyezik $\mu(A \cup B)$-vel.

Két dolgot érdemes kipróbálni. Told $B$-t jobbra, amíg már nem érinti $A$-t: az átfedés mérete 0, és a méretek egyszerűen összeadódnak. Ezután állítsd $A$ mindkét végét $0{,}2$-re, hogy $A$ egyetlen pont legyen: a hossz, a számlálás és a rúd 0-t ad, a súlyozott pontok viszont még mindig $0{,}5$-öt. Egyes mértékek látják az egyes pontokat, mások nem.

*[Interaktív ábra: measure kinds](https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/measuring-sets)*

## Véges, végtelen és valószínűségi mértékek

A teljes tér mérete, $\mu(\Omega)$ a mérték **teljes tömege**. A mérték **véges**, ha a teljes tömege véges, különben **végtelen**. A kocka számlálómértékének teljes tömege 6, a $[0, 1]$ hosszáé 1, a rúdé szintén 1. Az $\mathbb{N}$ számlálómértékének és a valós számegyenes hosszának teljes tömege $\infty$.

Pozitív teljes tömegű véges mérték mindig átskálázható úgy, hogy a teljes tömege pontosan 1 legyen: minden méretet el kell osztani a teljes tömeggel. A kocka számlálómértéke 6-tal osztva minden laphoz $\tfrac16$ méretet rendel, a páros lapokhoz $\tfrac36 = \tfrac12$-et. Az átskálázott változat ismét mérték, mert egy állandóval való osztás minden szabályt megtart, és a teljes tömege 1. Az 1 teljes tömegű mértéket **valószínűségi mértéknek** hívjuk. Az előző szakasz cinkelt kockája, a rúd és a hossz a $[0, 1]$-en már valószínűségi mérték. A pálya valószínűségi részében $\mu(A)$ annak az esélye, hogy valami $A$-ba esik, és az egész tárgy ezzel az egyetlen normálással kiegészített mértékelmélet. Egyelőre a valószínűségi mérték csak olyan mérték, amelynek a teljes tömege éppen 1.

A véges mértékek megengedik a kivonást, $\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A)$ bármely $A \subseteq B$ esetén, mert minden méret véges; végtelen mértékeknél a kivonás és a határérték óvatosságot kíván, ahogy a következő szakasz megmutatja.

## Folytonosság alulról és felülről

A megszámlálható additivitásnak következménye van növő és csökkenő halmazsorozatokra. Induljunk növő halmazokkal, $A_1 \subseteq A_2 \subseteq A_3 \subseteq \cdots$, és legyen $A$ az uniójuk. A megszámlálható additivitás használatához vágjuk $A$-t diszjunkt gyűrűkre: $D_1 = A_1$, és $D_k = A_k \setminus A_{k-1}$, ha $k \ge 2$, vagyis az, amit a $k$-adik halmaz hozzátesz. A gyűrűk diszjunktak, az uniójuk $A$, az első $n$ pedig kiadja $A_n$-t. Ezért

$$
\mu(A) = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(D_k) = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \mu(D_k) = \lim_{n \to \infty} \mu(A_n).
$$

Ez az **alulról való folytonosság**: növő halmazok mérete a határhalmaz méretéhez tart. Például $A_n = [1/n, 1]$ $n$ növekedtével nő, az uniója $(0, 1]$. A hosszuk $1 - 1/n$, ami $n = 10$-re $0{,}9$, $n = 100$-ra $0{,}99$, és $1 = \lambda((0, 1])$-hez tart. A hiányzó 0 pont hossza 0, ezért nem számít.

A csökkenő halmazok, $B_1 \supseteq B_2 \supseteq \cdots$ a $B$ metszettel, ugyanígy viselkednek, feltéve, hogy az első halmaz mérete véges. Alkalmazd az előző érvelést a növő $B_1 \setminus B_n$ halmazokra, amelyek uniója $B_1 \setminus B$, és vond ki a véges $\mu(B_1)$-ből. Ez adja a **felülről való folytonosságot**: $\mu(B_n) \to \mu(B)$, ha $\mu(B_1) < \infty$. Például $B_n = [0, 1/n]$ hossza $1/n$, ami 0-hoz tart, a $\{0\}$ metszet hosszához.

A végesség feltétele nem hagyható el. A $B_n = [n, \infty)$ halmazok csökkennek, és mindegyik hossza $\infty$, de nincs pont, amely mindegyikben benne volna: a metszet üres, hossza 0, a hosszak határértéke pedig $\infty$.

A diszjunkt gyűrűkre vágás ugyanez a fogása adja az uniós korlátot megszámlálhatóan sok, átfedő halmazra is. Legyenek $A_1, A_2, \ldots$ tetszőlegesek, és vágjuk az uniót a $D_k = A_k \setminus (A_1 \cup \cdots \cup A_{k-1})$ diszjunkt részekre. Minden $D_k$ része $A_k$-nak, ezért a monotonitás miatt $\mu(D_k) \le \mu(A_k)$, a megszámlálható additivitás pedig azt adja, hogy $\mu\big(\bigcup_k A_k\big) = \sum_k \mu(D_k) \le \sum_k \mu(A_k)$.

### Kidolgozott példa: Tömeg egy 2x sűrűségű rúdon

1. A rúd bal fele, $[0; 0{,}5]$:
   $$0{,}5^2 - 0^2$$ → **0.25**
2. A jobb fele, $[0{,}5; 1]$, háromszor olyan nehéz:
   $$1^2 - 0{,}5^2$$ → **0.75**
3. Az $A = [0{,}1; 0{,}5]$ szakasz:
   $$0{,}5^2 - 0{,}1^2$$ → **0.24**
4. A $B = [0{,}3; 0{,}8]$ szakasz:
   $$0{,}8^2 - 0{,}3^2$$ → **0.55**
5. Az $A \cap B = [0{,}3; 0{,}5]$ átfedés:
   $$0{,}5^2 - 0{,}3^2$$ → **0.16**
6. A szita-formula adja az $A \cup B = [0{,}1; 0{,}8]$ tömegét, ami megegyezik $0{,}8^2 - 0{,}1^2$-tel:
   $$0{,}24 + 0{,}55 - 0{,}16$$ → **0.63**
7. Alulról való folytonosság: a $[1/10, 1]$ tömege már közel van az összeshez,
   $$1 - 1/10^2$$ → **0.99**
8. és a $[1/n, 1]$ tömege a $(0, 1]$, vagyis az egész rúd tömegéhez tart:
   $$\lim_{n \to \infty} \big(1 - 1/n^2\big)$$ → **1**

## Amit ez a lecke nyitva hagy

A mérték halmazokhoz rendelt szám, amely engedelmeskedik a méretek három közös szabályának, az additivitást megszámlálható családokra erősítve. A definíció három kérdést hagy nyitva, és a pálya következő leckéi sorban válaszolnak rájuk. Mely halmazcsaládok hordozhatnak mértéket? Erre a következő lecke, a „σ-algebrák és Borel-halmazok” válaszol. Létezik-e megszámlálhatóan additív hossz mindezeken a halmazokon? És használható-e a mérték arra, hogy ne csak halmazok méretét, hanem egy függvény értékeit is összeadjuk? Mindegyikhez szükség van a fenti definícióra, ezért áll az elején.

## Összefoglalás

- A számlálás, a hossz, a terület és a tömeg mérték: olyan $\mu$ szabály, amely egy $A$ halmazhoz $\mu(A) \in [0, \infty]$ számot rendel.
- A szabályok: $\mu(\emptyset) = 0$ és az additivitás diszjunkt halmazokra; ezekből jön a monotonitás, véges $\mu(A)$ esetén a $\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A)$, a szita-formula és az uniós korlát.
- Az additivitást megszámlálhatóan sok diszjunkt halmazra követeljük meg, mert a természetes sűrűség végesen additív, de az $\mathbb{N} = \{1\} \cup \{2\} \cup \cdots$ esetén elbukik; nem lehet nem megszámlálhatóan sokra követelni, mert a $[0, 1]$ a 0 hosszú pontjainak uniója.
- Példák: a számlálómérték, a $\delta_x$ Dirac-mérték, a $\sum w_i \delta_{x_i}$ súlyozott pontok, a hossz, a terület és a $\rho$ sűrűséggel megadott mérték; az 1 teljes tömegű mérték valószínűségi mérték.
- A megszámlálható additivitásból következik az alulról való folytonosság, és felülről is, ha az első halmaz mérete véges; az $[n, \infty)$ halmazok mutatják, miért kell a végesség.

[Nyisd meg a Lebesgue-mérték labort](https://quantsandbox.dev/hu/lebesgue-measure)

## Interaktív laborok

- [Lebesgue-mérték és nullmértékű halmazok: lefedés](https://quantsandbox.dev/hu/lebesgue-measure)

---

Forrás: https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/measuring-sets

Következő lecke: [σ-algebrák és Borel-halmazok](https://quantsandbox.dev/hu/guide/probability/sigma-algebras-borel-sets)