积分伸缩

问题

假设 $f$ 在 $({\mathbb{R}}^d,\mathcal{L},m)$ 上可积 (Lebesgue 可积)，并且 $\delta =({\delta }_1,\dots ,{\delta }_d)$ 是由 $d$ 个非零实数组成的 d-tuples，定义 $f^{\delta }(x)=f(\delta x)=f({\delta }_1{x}_1,\dots ,{\delta }_d{x}_d)$ 证明 $f^{\delta }$ 是可积函数，且有:

$${\int }_{{\mathbb{R}}^d}{f}^{\delta }(x)dx=|{\delta }_1{|}^{-1}\cdots |{\delta }_d{|}^{-1}{\int }_{{\mathbb{R}}^d}f(x)dx$$

这个问题主要是与两个问题有关：

1. 抽象测度意义下的积分如何构造？
2. 集合 $\{\delta x:x\in E\}$ 的测度与 $m(E)$ 的测度之间有什么关系?

1. 积分的构造

这部分回顾一下积分的构造，假设的是在任意一个 $\sigma$-finite 的测度空间 $(X,\mathcal{F},\mu )$ 上的积分，Lebesgue 积分，即 $({\mathbb{R}}^d,\mathcal{L},m)$ 上的积分自然被包含在其中。测度意义下的积分的构造分为四个阶段：

1. 简单函数：

   $$\phi (x)=\sum _{k=1}^N{a}_k{\chi }_{E_k}(x)$$

   这样的函数的一个特征是在每个子集 $E_k$ 的测度 $m(E_k)<\infty$ 并且函数在此集合上的取值都是常数 $a_k$。这样的函数其积分被定义为各个子集测度的加权求和，

   $${\int }_X\phi d\mu =\sum _{k=1}^N{a}_k\mu (E_k)$$

   不过这里要注意为了保证我们可以把一整个空间分解为至多可数个有限测度的子集，所以 $\sigma$-finite 的假设是必须的。

2. 有限支集并且有界的函数: 这种函数说的是在 $\sigma$-finite 的测度空间里面有一个有限测度的集合 $E$，函数的支集 $\text{supp}(g)=E$，并且函数在此集合上有界。这种函数一定可以被简单函数逼近，如此一来这种函数的积分被定义为简单函数积分的极限

   $${\int }_{X}gd\mu =\underset{n\to \infty }{\lim }\int {\phi }_{n}d\mu$$

   其中 ${\phi }_n$ 是集合 $E$ 上的有界的简单函数，并且 ${\phi }_n(x)\to g(x)\text{ a.e. }$。 我们还可以证明

   $${\int }_{X}gd\mu =\underset{\phi \le g}{\sup }\int \phi d\mu =\underset{g\le \phi }{\inf }\int \phi d\mu$$

3. 非负函数： 对于 $X$ 上的非负函数 $f$，我们可以用非负的，不超过 $f$ 的有界并且具有有限测度的支集的函数来定义。即 $0\le g\le f$ 的所有的 $g$ 的积分的上确界来定义。

   $${\int }_{X}fd\mu =\underset{0\le g\le f}{\sup }{\int }_{X}gd\mu$$

4. 任意的可测实函数: 任意的实函数都是两个非负函数的差。因为可以定义 $f^{+}=\max \{f,0\},f^{-}=\max \{-f,0\}$，如此一来 $f=f^{+}-f^{-}$，此时的积分就是两个非负函数积分的差。

   $${\int }_{X}fd\mu ={\int }_X{f}^{+}d\mu -{\int }_X{f}^{-}d\mu$$

5. 任意的复值可测函数： 一个复值函数 $f=R+iI$ 其中实部和虚部皆为可测的实函数，那么其积分为

   $${\int }_{X}fd\mu ={\int }_{X}Rd\mu +i{\int }_{X}Id\mu$$

2. 问题的本质

该问题我们要在 $({\mathbb{R}}^d,\mathcal{L},m)$ 上考虑，这不仅仅是问题的要求，还是因为这种 $\delta x$ 的伸缩需要在欧氏空间这种具有线性结构的空间上才有意义，以及这种伸缩不变性根本上源自于超立方体的体积之间的关系，而 Lebesgue 测度又是通过超立方体 ($d$ 维度的正方形) 的覆盖的测度的下确界来定义的 (外测度)。

根据积分的构造，实际上对于任意的可积函数 $f:{\mathbb{R}}^d\to \mathbb{C}$，如果我们可以证明一开始的问题的等式对于简单函数是成立的，那么剩下的都会成立。

对于简单函数

要成立这个等式，实际上只需要证明：

2.1 Lebesgue 测度的伸缩公式

命题 1

如果 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^d$ 上的 Lebesgue 可测集合，那么集合 $\delta E:=\{\delta x:x\in E\}$ 也是可测的，并且: $m(\delta E)=|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m(E)$

主要想法

这个性质在 ${\mathbb{R}}^d$ 上的超立方体 $Q$ 上是显然成立的，因此这种性质通过外测度以及内测度的定义也可以过渡到 Lebesgue 测度上。

1. 集合 $E$ 的外测度: 覆盖 $E$ 的可数个超立方体 (闭的) 的体积和的下确界。

   $$m^{\ast }(E)=\inf \sum _{i\ge 1}|Q_i|$$

   此处下确界指的是，我们可以有无数种覆盖 $E$ 的超立方体的选择，每种选择，所有超立方体的体积之和会得到一个实数 (扩展的实数，包含无穷大)，所有这些实数形成一个实数的子集，取这个集合的下确界为 $E$ 的下确界。外测度还有一个性质：即所有包含集合 $E$ 的开集的外测度的下确界，

   $$m^{\ast }(E)=\underset{E\subset U}{\inf }{m}^{\ast }(U)$$

2. 集合 $E$ 的内测度: 我们用集合 $E$ 内部的紧集 $K$ 结合外测度的概念来定义内测度

   $$m_{\ast }(E):=\sup \{m^{\ast }(K):K\subset E\}$$

   我们很容易通过外测度的单调性得到 $m_{\ast }(E)\le m^{\ast }(E)$。而集合是 Lebesgue 可测的可以定义为当 $m_{\ast }(E)=m^{\ast }(E)$，此时可以用上测度或者下测度代表集合的测度，记为 $m(E)$。

• $\delta E$ 的外测度： 首先考虑 $E$ 的外测度，由定义对于任意的 $\epsilon >0$ 都存在对 $E$ 的一个由可数个超立方体构成的覆盖 $\{Q_{i,\epsilon }{\}}_{i\ge 1}$ 并且满足

  $$m^{\ast }(E)\ge \sum _{i\ge 1}|Q_{i,\epsilon }|-\epsilon$$

  同时由 $\delta E$ 的定义，其中任何一个元素都可以表示为 $\delta x$ 的形式，其中 $x\in E$。那么由于 $\{Q_{i,\epsilon }{\}}_{i\ge 1}$ 覆盖 $E$，于是必然 $x$ 包含在某个 $Q_{i_0,\epsilon }$ 当中，那么自然 $\delta x$ 包含在 $\delta Q_{i_0,\epsilon }$ 里面。于是 $\{\delta Q_{i,\epsilon }{\}}_{i\ge 1}$ 构成对 $\delta E$ 的覆盖。于是

  $$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(\delta E)& \le m^{\ast }\left(\bigcup _{i\ge 1}\delta Q_{i,\epsilon }\right)\\ & \le \sum _{i\ge 1}{m}^{\ast }(\delta Q_{i,\epsilon })\\ & =|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|\sum _{i\ge 1}{m}^{\ast }(Q_{i,\epsilon })\\ & \le |{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m^{\ast }(E)+|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|\epsilon \end{array}$$

  由于这个命题对任意的 $\epsilon >0$ 成立，于是得到

  $$m^{\ast }(\delta E)\le |{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m^{\ast }(E)$$

• $\delta E$ 的内测度: 首先考虑 $m_{\ast }(E)$，按照定义对于任意 $\epsilon >0$，都存在一个被 $E$ 包含的紧集 $K_{\epsilon }$ 使得

  $$m_{\ast }(E)\le m^{\ast }(K_{\epsilon })+\epsilon$$

  而我们又知道，紧集 $K_{\epsilon }$ 可以表示为可数个几乎不相交 (almost disjoint: 边界可能相交，但是内部不相交) 的闭立方体的并，即 $K_{\epsilon }={\bigcup }_{i\ge 1}{Q}_{i,\epsilon }^{\prime }$。因为立方体之间是几乎不相交的，于是由外测度的性质，$m^{\ast }(K_{\epsilon })={\sum }_{i\ge 1}{m}^{\ast }(Q_{i,\epsilon }^{\prime })$（这个性质是 Lebesgue 外测度的一个特殊的性质，并非所有抽象的外测度都有）。那么由立方体的伸缩公式，我们知道

  $$\begin{array}{rl}{m}^{\ast }(\delta K_{\epsilon })& =\sum _{i\ge 1}{m}^{\ast }(\delta Q_{i,\epsilon }^{\prime })\\ & =|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|\sum _{i\ge 1}{m}^{\ast }(Q_{i,\epsilon }^{\prime })\\ & =|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m^{\ast }(K_{\epsilon })\\ & \ge |{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m_{\ast }(E)-|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|\epsilon \end{array}$$

  而我们知道伸缩相当于是一个线性变换，而线性变换是连续的，连续的映射是不改变紧性的，于是 $\delta K_{\epsilon }$ 是包含在 $E$ 里面的紧集。于是

  $$m_{\ast }(\delta E)\ge m^{\ast }(\delta K_{\epsilon })\ge |{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m_{\ast }(E)-|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|\epsilon$$

  由于上述不等式是对任意 $\epsilon >0$ 成立的，于是

  $$m_{\ast }(\delta E)\ge m^{\ast }(\delta K_{\epsilon })\ge |{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m_{\ast }(E)$$

• 外测度与内测度相等: 由于 $E$ 是可测集合，其内外测度都是相等的，记为 $m(E)$。那么由于

  $$|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m(E)\ge m^{\ast }(\delta E)\ge m_{\ast }(\delta E)\ge |{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m(E)$$

  因此

  $$m^{\ast }(\delta E)=m_{\ast }(\delta E)=|{\delta }_1|\cdots |{\delta }_d|m(E)$$

  这表明 $\delta E$ 的内测度与外测度相等，并且符合命题 1 的公式。

思路的总结

整个思路体现了 an epsilon of room 的想法。 我们首先发现伸缩公式在任意的立方体上成立， 然后以外测度和内测度作为桥梁， 尝试把立方体上成立的性质过渡到任何可测集合上。