Sei \( A \subseteq \mathbb{R} \) beliebig. Wir werden jetzt einfach den "Extremfall" \( A=\mathbb{R} \) betrachten. Dann können wir die Menge \( \{0\} \times \mathbb{R} \subseteq \mathbb{R}^{2} \) mit Rechtecken bedecken, nämlich
\(\begin{aligned} C=\left\{\left[-\alpha_{n}, \alpha_{n}\right] \times[n, n+1] \mid n \in \mathbb{N}_{0}\right\} \cup\left\{\left[-\alpha_{n}, \alpha_{n}\right] \times[-n-1,-n] \mid n \in \mathbb{N}_{0}\right\} .\end{aligned} \)
Du weiss ja sicherlich, dass
\( \mu([a, b] \times[c, d])=(b-a) \cdot(d-c) . \)
Sei \( \epsilon>0 \) beliebig, dann setzen wir
\(\begin{aligned} \alpha_{n}<\frac{\epsilon}{2^{n+2}}\end{aligned} \)
womit sich aus \( \{0\} \times \mathbb{R} \subseteq C \) ergibt:
\(\begin{aligned} 0 \leq \mu(\{0\} \times \mathbb{R}) \leq \mu(C) \leq \sum \limits_{n=0}^{\infty} 2 \cdot 2\alpha_{n}<\sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{4 \epsilon}{2^{n+2}}=\sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{\epsilon}{2^{n}}=\epsilon .\end{aligned} \)
und somit \( \mu(\{0\} \times \mathbb{R})=\mu(C)=0 \) da \( \epsilon \) beliebig war. Jede Überdeckung von \( \{0\} \times \mathbb{R} \) überdeckt auch \( \{0\} \times A \) mit \( A \subseteq \mathbb{R} \) und somit sind wir fertig.
Warum hat \( \{0\} \times \mathbb{R} \) nun das Maß Null, obwohl es vorher ein unendliches Maß hatte? Das liegt daran, dass wir nun einen weiteren Freiheitsgrad haben. Hätte ich lediglich \( \mathbb{R} \) mit der obigen Überdeckung überdeckt, also
\( C=\left\{[n, n+1] \mid n \in \mathbb{N}_{0}\right\} \cup\left\{[-n-1,-n] \mid n \in \mathbb{N}_{0}\right\} \)
so wäre natürlich
\( \mu([n, n+1])=1 . \)
Für zwei Dimensionen können wir aber einfach den zweiten Freiheitsgrad kleiner machen, also
\( \mu([-\epsilon, \epsilon] \times[n, n+1])=2 \epsilon \cdot 1 \)
