Meinem Kommentar angeschlossen:
Dass \( \mathbf{R}^{n - 1} \times \{ 0\}\) eine Nullmenge ist, kannst du wie folgt zeigen: Sei \( \varepsilon > 0\) beliebig. Sei
\( e \colon \mathbf{N} \to \mathbf{Q}^{ n - 1}\) eine Enumeration von \( \mathbf{Q}^{ n - 1}\) und setze
\(\begin{aligned} A_{ k} = \left[ e( k)_{ 1} - \frac{\varepsilon}{2^{k + 1}} , e( k) _{ 1} + \frac{\varepsilon}{2^{k + 1}} \right]\times \cdots &\times \left[ e( k)_{ n - 1} - \frac{\varepsilon}{2^{k + 1}} , e( k) _{ n - 1} + \frac{\varepsilon}{2^{k + 1}}\right] \\ &\times \left[ - \frac{\varepsilon}{2^{k + 1}} , \frac{\varepsilon}{2^{k + 1}} \right] .\end{aligned}\)
Dann gilt
\(\begin{aligned} \lambda ( A_{ k} ) =\frac{ n \varepsilon }{ 2^{ k}} .\end{aligned}\)
Nun haben wir \( \mathbf{R}^{ n - 1}\times \{ 0\}\subset \bigcup_{ k \geq 1}^{ } A_{ k} \) und somit
\(\begin{aligned} \lambda\left( \mathbf{R}^{n - 1} \times \{ 0\}\right) \leqslant \lambda\left( \bigcup_{ k \geq 1}^{ } A_{ k} \right) \leqslant \sum_{ k = 1}^{\infty} \lambda\left( A_{ k} \right) =n \varepsilon \sum_{ k = 1}^{\infty} \frac{1}{ 2^{ k}} = n \varepsilon .\end{aligned}\)
Da \( \varepsilon \) beliebig und \( n\) eine Konstante ist, schliessen wir, dass es eine Nullmenge ist.
