次指数衰减函数卷积的渐近行为分析

问题0（UCLA 2025分析学资格考试题目）

定义$f:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$,$f(x):=e^{-\sqrt{||x||}}$其中$||\cdot ||$是${\mathbb{R}}^n$上的欧氏范数。证明${\lim }_{||a||\to +\infty }\frac{f\ast f(a)}{f(a)}=2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)dx$

• $f\ast f$表示函数与自己的卷积。

1. 视为含参数积分极限问题

这里的观点是，把$I(a):=\frac{f\ast f(a)}{f(a)}={\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)\exp \left(-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right)dx$看作是一个含参数$a$的积分，然后我们需要求$||a||\to \infty$的极限。

1.1 直接尝试控制收敛注定失败

令$g_a(x):=f(x)\exp \left(-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right)$,这里如果我们单纯看被积分对象其中的$\exp \left(-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right)$，固定$x$然后考虑$||a||\to +\infty$的渐近行为，那么由于$\begin{array}{rl}\left|-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right|& =\frac{|(||a||-||x-a||)|}{\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}}\\ & \le \frac{||x||}{\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}}\to 0\end{array}$因此如果我们固定$x$， 那么当$||a||\to +\infty$的时候$\exp \left(-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right)\to 1$那么在逐点收敛下$g_a(x)\to f(x)$从而整体积分收敛到$\int f$。但是这里有一个问题，我们交换积分与极限的依据是什么呢？ 是控制收敛吗？

• 在${\lim }_{||a||\to +\infty }{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{h}_a(x)dx,a\in {\mathbb{R}}^n$本身是可以适用控制收敛定义的。我们只需要考虑任意$(a_k)\subset {\mathbb{R}}^n$并且$||a_k||\to +\infty$的序列，假设对 a.e. $x\in {\mathbb{R}}^n$成立$h_{a_k}(x)\to h(x)$然后如果可以证明总是存在一个$H(x)\in L^1({\mathbb{R}}^n)$使得对任意$x\in {\mathbb{R}}^n$都有$|h_{a_k}(x)|\le H(x)$那么就有${\int }_{{\mathbb{R}}^n}{h}_{a_k}(x)dx\to {\int }_{{\mathbb{R}}^n}h(x)dx$因为这对于所有的$(a_k)$序列都成立，从而${\lim }_{||a||\to +\infty }{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{h}_a(x)dx={\int }_{{\mathbb{R}}^n}h(x)dx$ 但问题是$g_a(x)$的控制函数是什么呢？其实这样的控制函数并不存在，根本原因在于，此处在于这一族函数当中存在一个“移动的凸起”。

为了方便理解，我们看下面一个更简单的例子：

例子1.1.1

考虑${\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$的一族含参数$a\in {\mathbb{R}}^n$的函数$h_a(x):=1_{B(a,1)}(x)$这一族函数都是可积的，并且积分${\int }_{{\mathbb{R}}^n}{h}_a(x)dx=|B(a,1)|=|B(0,1)|$于是我们可以说${\lim }_{||a||\to \infty }{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{h}_a(x)dx={\lim }_{||a||\to \infty }|B(0,1)|=|B(0,1)|$然而如果我们考虑控制收敛定理，这是断然行不通的。因为控制收敛定义要求我们，寻找一个与$a$无关的$H\in L^1({\mathbb{R}}^n)$满足对任意$x\in {\mathbb{R}}^n$都有$h_a(x)\le H(x)$然而这根本不可能。因为这相当于我们的$H(x)$必须满足${\sup }_{a\in {\mathbb{R}}^n}{h}_a(x)\le H(x)$但是由于$h_x(x)=1$，从而必然有$H(x)\ge 1$。但是这样的函数绝不可能是$L^1({\mathbb{R}}^n)$当中的函数。

在“问题0”对应的一族函数$\{g_a(x)\}$中也存在这样一个“移动的凸起”。同样的道理，对$g_a(x)$而言，根本不存在一个$G(x)$同时满足：

1. ${\sup }_{a\in {\mathbb{R}}^n}|g_a(x)|\le G(x)$
2. $G\in L^1({\mathbb{R}}^n)$

因为我们发现$g_x(x)=1$于是${\sup }_{a\in {\mathbb{R}}^n}|g_a(x)|\ge 1,\forall x\in {\mathbb{R}}^n$ 可如果$G(x)\ge 1$就一定会与$G\in L^1({\mathbb{R}}^n)$矛盾。

1.2 分段估计的解决方案

其实这种“移动的凸起”并非是一般的${\mathbb{R}}^n$中也有的现象，我们可以先看一个一维的简单情形：

例子1.2.1:一个类似的玩具模型

令$f(x):=e^{-\sqrt{|x|}}$，然后我们定义一族函数$h_a(x):=f(x)+f(a-x),a\in \mathbb{R}$然后我们试图计算${\lim }_{|a|\to +\infty }{\int }_{\mathbb{R}}{h}_a(x)dx$我们同样发现:

• 对于固定的$x$，$h_a(x)\to f(x)$
• 存在移动的凸起（$x=a$），从而控制收敛一定失败。

不过我们可以借助分段估计当中的思路来把$h_a(x)$在$\mathbb{R}$上的积分拆成三个部分：$x=0$附近以及$x=a$附近，除此以外的其他部分，原因如下图：

根据分段：${\int }_{\mathbb{R}}{h}_a(x)dx={\int }_{|x|\le R}\ast dx+{\int }_{|x-a|\le R}\ast dx+{\int }_{|x|>R,|x-a|>R}\ast dx$

• $|x|\le R$的部分，因为$\begin{array}{rl}\int h_a(x)1_{|x|\le R}(x)dx& ={\int }_{|x|\le R}f(x)dx+{\int }_{|x|\le R}f(x-a)\end{array}$后面的部分由于$f(x-a)1_{|x|\le R}$逐点收敛到$0$，并且拥有控制函数${\sup }_{a}f(x-a)1_{|x|\le R}\le 1_{|x|\le R}$从而对任意$R>0$都有${\lim }_{|a|\to +\infty }{\int }_{|x|\le R}f(x-a)=0$那么根据控制收敛定理，我们得到${\int }_{|x|\le R}\ast dx={\int }_{\mathbb{R}}{h}_a(x)1_{|x|\le R}(x)dx\to {\int }_{\mathbb{R}}f(x)1_{|x|\le R}(x)dx$
• $|x-a|\le R$的部分，相当于被积分函数为$h_a(x)1_{|x-a|\le R}(x)$。与上面情况类似的分析过程，$\begin{array}{rl}\int h_a(x)1_{|x-a|\le R}(x)dx& ={\int }_{|x-a|\le R}f(x)dx+{\int }_{|x-a|\le R}f(a-x)dx\\ & ={\int }_{|y|\le R}f(y+a)dy+{\int }_{|y|\le R}f(y)dy\end{array}$然后用类似的控制收敛过程得到${\int }_{|x-a|\le R}\ast dx={\int }_{\mathbb{R}}{h}_a(x)1_{|x-a|\le R}(x)dx\to {\int }_{\mathbb{R}}f(x)1_{|x|\le R}(x)dx$
• 对于最后剩余的部分$|x|>R$并且$|x-a|>R$我们有$\begin{array}{rl}{\int }_{|x|>R,|x-a|>R}{h}_a(x)dx& ={\int }_{|x|>R,|x-a|>R}f(x)dx+{\int }_{|x|>R,|x-a|>R}f(x-a)dx\\ & =2{\int }_{|x|>R,|x-a|>R}f(x)dx\\ & =2{\int }_{|x|>R}f(x)dx-2{\int }_{a-R}^{a+R}f(x)dx\end{array}$其中由于$0\le {\int }_{a-R}^{a+R}f(x)dx\le 2Rf(a-R)=2R{e}^{-\sqrt{|a-R|}}$对任意固定的$R$当$|a|\to +\infty$的时候这部分的极限为0。从而${\lim }_{|a|\to +\infty }{\int }_{|x|>R,|x-a|>R}{h}_a(x)dx=2{\int }_{|x|>R}f(x)dx$因为$f(x)\in L^1(\mathbb{R})$从而尾部的积分关于$R$是一个无穷小$o_R(1)$

于是$I:={\lim }_{|a|\to +\infty }{\int }_{\mathbb{R}}{h}_a(x)dx=2{\int }_{|x|\le R}f(x)dx+o_R(1)$那么我们只要令$R\to +\infty$就可以消去余项，得到$I=2{\int }_{\mathbb{R}}f(x)dx$

仿照这个思路，我们可以把经验同样用在“问题0”的解决当中。对于足够大的$||a||$(具体来说$||a||>2R$)，同样用一个半径参数$R>0$把整个空间分割为三个部分${\mathbb{R}}^n={\Omega }_{0,R}\dot{\cup }{\Omega }_{a,R}\dot{\cup }{\Omega }_{\infty ,R}$其中${\Omega }_{0,R}:=\{x:||x||\le R\},{\Omega }_{a,R}:=\{x:||x-a||\le R\}$以及${\Omega }_{\infty ,R}:=\{x:||x||>R,||x-a||>R\}$然后把整个${\mathbb{R}}^n$上的积分分割为对应的三个部分的积分。

• 在${\Omega }_{0,R}$上,当$x\in {\Omega }_{0,R}$的时候，由于$\begin{array}{rl}\left|-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right|& \le \frac{||x||}{\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}}\\ & \le \frac{R}{\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}}\\ & \le \frac{R}{\sqrt{||a||-R}+\sqrt{||a||}}\\ & \le \frac{R}{2\sqrt{||a||-R}}\end{array}$于是在${\Omega }_{0,R}$当中对于足够大的$||a||$有$\exp \left(-\sqrt{||x-a||}+\sqrt{||a||}\right)\le \exp \left(\frac{R}{2\sqrt{||a||-R}}\right)<2$此外对于固定的$x$有$g_a(x)1_{{\Omega }_{0,R}}(x)\to f(x)1_{{\Omega }_{0,R}}(x)$从而根据控制收敛定理${\lim }_{||a||\to +\infty }\int g_a(x)1_{{\Omega }_{0,R}}(x)dx={\int }_{{\Omega }_{0,R}}f(x)dx$
• 在${\Omega }_{a,R}$上和上面类似的分析,当$x\in {\Omega }_{a,R}$的时候我们可以利用Lebesgue积分的平移不变性来进行换元：$\begin{array}{rl}{\int }_{||x-a||\le R}{g}_a(x)dx& ={\int }_{||x-a||\le R}\frac{f(x)f(x-a)}{f(a)}dx\\ & ={\int }_{||y||\le R}\frac{f(y+a)f(y)}{f(a)}dy\end{array}$然后经过上面的估计，我们知道在$||y||\le R$的时候$\frac{f(y+a)}{f(a)}=\exp \left(-\sqrt{||y+a||}+\sqrt{||a||}\right)<2$然后由于$\frac{f(y+a)f(y)}{f(a)}{1}_{{\Omega }_{0,R}}(y)$逐点收敛到$f(y)1_{{\Omega }_{0,R}}(y)$于是根据控制收敛定理$\begin{array}{rl}\underset{||a||\to +\infty }{\lim }{\int }_{||x-a||\le R}{g}_a(x)dx& =\underset{||a||\to +\infty }{\lim }{\int }_{||y||\le R}\frac{f(y+a)f(y)}{f(a)}dy\\ & ={\int }_{{\Omega }_{0,R}}f(y)dy\end{array}$
• 在${\Omega }_{\infty ,R}$:令$u:=||x||$以及$v:=||x-a||$整个被积分函数可以看作是$g_a(x)=\exp \left[-(\sqrt{u}+\sqrt{v}-\sqrt{||a||})\right]$我们想要得到其在${\Omega }_{\infty ,R}$上的一个积分的上界估计，如果考虑积分的逐项估计的话，就需要在$u>R,v>R$的范围内得到$\sqrt{u}+\sqrt{v}-\sqrt{||a||}$的一个下界估计。首先想到$\sqrt{u}+\sqrt{v}-\sqrt{||a||}\ge \sqrt{u}+\sqrt{v}-\sqrt{u+v}$ 联想到一个结果：

引理1.2.2

存在一个正实数$c$使得$\sqrt{u}+\sqrt{v}-\sqrt{u+v}\ge c\min \{\sqrt{u},\sqrt{v}\}$对任意正实数$u,v$成立。

根据这个结果此外再把$u>R,v>R$的平面上的区域分割为两个部分，分别为$u\le v$以及$u>v$从而$\begin{array}{rl}{g}_a(x)& \le \exp [-(\sqrt{u}+\sqrt{v}-\sqrt{u+v})]\\ & \le \exp (-c\min \{\sqrt{u},\sqrt{v}\})\end{array}$此外由于${\Omega }_{\infty ,R}=\{u>R,v>R\}=({\Omega }_{\infty ,R}\cap \{u\le v\})\dot{\cup }({\Omega }_{\infty ,R}\cap \{u>v\})$于是$\begin{array}{rl}{\int }_{{\Omega }_{\infty ,R}}{g}_a(x)dx& \le {\int }_{{\Omega }_{\infty ,R}}\exp (-c\min \{\sqrt{u},\sqrt{v}\})dx\\ & \le {\int }_{{\Omega }_{\infty ,R}\cap \{u\le v\}}\ast +{\int }_{{\Omega }_{\infty ,R}\cap \{u>v\}}\ast \\ & \le {\int }_{||x||>R}\exp (-c\sqrt{u})dx+{\int }_{||x-a||>R}\exp (-c\sqrt{v})dx\\ & ={\int }_{||x||>R}\exp (-c\sqrt{||x||})+{\int }_{||x-a||>R}\exp \left(-c\sqrt{||x-a||}\right)dx\\ & \le 2{\int }_{||x||>R}\exp (-c\sqrt{||x||})\end{array}$

• 此处用到结果:对于可测集合$A,B$以及非负可测函数$f$有${\int }_{A\cup B}f\le {\int }_{A}f+{\int }_{B}f$这是因为$1_{A\cup B}\le 1_A+1_B$。于是被积对象$f\cdot 1_{A\cup B}\le f\cdot 1_A+f\cdot 1_B$

因此最后${\mathrm{limsup}}_{||a||\to +\infty }{\int }_{{\Omega }_{\infty ,R}}{g}_a(x)dx\le 2{\int }_{||x||>R}\exp \left(-c\sqrt{||x||}\right)=o_R(1)$ 综合上面三个区域积分的估计结果，我们得到${\lim }_{||a||\to +\infty }\frac{f\ast f(a)}{f(a)}=2{\int }_{{\Omega }_{0,R}}f(x)dx+o_R(1)$然后由于$f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$两边对$R$取极限消去尾部得到${\lim }_{||a||\to +\infty }\frac{f\ast f(a)}{f(a)}=2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)dx$

2. 推广