积空间上的积分

这一章节主要讨论用抽象积分的形式来证明关于二元函数积分的富比尼定理。

笛卡尔积上的可测性

首先给出一些定义：

矩形

若$X$和$Y$是两个集，其笛卡尔积$X{\times}Y$是所有$x{\in}X,y{\in}Y$的序对$(x,y)$组成的集，如果$A{\subset}X$和$B{\subset}Y$，得到$A{\times}B{\subset}X{\times}Y$，则称$A{\times}B$的集为$X{\times}Y$内的矩形。

若$(X,\mathscr{S}),(Y,\mathscr{F})$是可测空间，也即$\mathscr{S}$为$X$的$\sigma-$代数，而$\mathscr{F}$为$Y$的$\sigma-$代数，在可以在$A{\in}\mathscr{S},B{\in}\mathscr{F}$条件下成为可测矩形。

基本集类

$$ Q=R_1{\cup}{\cdots}{\cup}R_n $$

其中$R_i$为可测矩形，且互不相交，则记$Q{\in}\mathscr{E}$，也即为所有基本集的类。

我们定义$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$为所有的可测矩形的$X{\times}Y$的最小$\sigma-$代数。

单调类

单调类$\mathfrak{M}$是具有下列性质的集族：

若$A_i{\in}\mathfrak{M},B_i{\in}\mathfrak{M},A_i{\subset}A_{i+1},B_i{\supset}B_{i+1}$，对于$i=1,2,3,{\cdots}$成立，且若

$$ A=\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i,B=\bigcap_{i=1}^{\infty}B_i $$

则$A{\in}\mathfrak{M},B{\in}\mathfrak{M}$。也即单调类首先有单调性质，且对单调性质的极限是封闭的。

截口

若$E{\subset}X{\times}Y,x{\in}X,y{\in}Y$，定义

$$ E_x=\left\{y:(x,y){\in}E\right\},E^y=\left\{x:(x,y){\in}E\right\} $$

分别称$E_x$和$E^y$为$E$的$x-$截口和$y-$截口。注意到$E_x{\subset}Y,E^y{\subset}X$。

定理8.2

若$E{\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$，则对每一个$x{\in}X$和$y{\in}Y$，$E_x{\in}\mathscr{F}$和$E^y{\in}\mathscr{S}$。

这个定理主要告诉我们可测矩形的最小$\sigma-$代数中，其截口分别属于各自的$\sigma-$代数。

这个的证明是倒过来的，它从截口开始，构造出一个$\sigma-$代数的集合，然后通过每个可测矩形属于该集合，最后证明其是可测矩形的最小$\sigma-$代数（两个截口双边给出证明）

定理8.3

$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$是包含所有基本集的最小的单调类。

这个的证明首先给出一个最小的单调类，然后去证明它就是$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$。通过推导其是一个$\sigma-$代数，再用定义确定其最小的性质。

定义8.4

对于$X{\times}Y$上的每一个函数$f$和每一个$x{\in}X$，我们对应一个用$f_x(y)=f(x,y)$定义的$Y$上的函数$f_x$。同样的，对于$X{\times}Y$上的每一个函数$f$和每一个$y{\in}Y$，我们对应一个用$f^y(x)=f(x,y)$定义的$Y$上的函数$f^y$。

定理8.5

设$f$是一个$X{\times}Y$上的$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测函数，则：

（a）对于每一个$x{\in}X,f_x$是一个$\mathscr{F}-$可测函数。

（b）对于每一个$y{\in}Y,f^y$是一个$\mathscr{S}-$可测函数。

这个证明直接用定理8.2的截口推出可测即可。

积测度

定理8.6

设$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$都是$\sigma-$有限的测度空间。假定$Q{\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$。若对每一个$x{\in}X$和$y{\in}Y$，

$$ \varphi(x)=\lambda(Q_x),\psi(y)=\mu(Q^y)\tag{1} $$

则$\varphi$是$\mathscr{S}-$可测的，$\psi$是$\mathscr{F}-$可测的，且

$$ \int_X{\varphi}d{\mu}=\int_Y{\psi}d{\lambda}\tag{2} $$

注：关于测度空间的假定，就是$\mu$和$\lambda$分别是$\mathscr{S}$和$\mathscr{F}$上的正测度，$X$是可数个不相交的具有$\mu(X_n)<\infty$的集$X_n$的并，$Y$是可数个不相交的具有$\lambda(X_n)<\infty$的集$Y_m$的并。

定理8.2表明定义（1）是有意义的，因为

$$ \lambda(Q_x)=\int_Y{\chi}_{Q}(x,y)d{\lambda(y)},{\quad}(x{\in}X) $$

对于$\mu(Q^y)$的说法则为

$$ \mu(Q^y)=\int_X{\chi_Q}(x,y)d{\mu}(x),{\quad}(y{\in}Y) $$

因此结论（2）可以写为下述形式：

$$ \int_Xd{\mu(x)}\int_Y{\chi_Q}(x,y)d{\lambda(y)}=\int_Yd{\lambda(y)}\int_X{\chi_Q(x,y)}d{\mu(x)} $$

其证明实质上落实到$Q$的存在性，满足这样的结论的$Q$需要有四个性质：可测矩阵在里面，是单调类，且互不相交并，并且是$\sigma-$有限的。这样的条件不难验证，最后用定理8.3说明$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$确实能使结论成立。

定义8.7

如果$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$和定理8.6一样，且$Q{\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$，则定义

$$ (\mu{\times}\lambda)(Q)=\int_{X}\lambda(Q_x)d{\mu(x)}=\int_Y{\mu(Q^y)}d{\lambda(y)} $$

称$\mu{\times}\lambda$是测度$\mu$和$\lambda$的乘积，然后由定理1.29直接得到$\mu{\times}\lambda$实际是一个测度。

这样就得到一个乘积测度，且可以看出该乘积测度是$\sigma-$有限的。

富比尼定理

定理8.8

设$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$是$\sigma-$有限的测度空间，设$f$是$X{\times}Y$上的$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测函数。

（a）若$0{\le}f{\le}\infty$，且若

$$ \varphi(x)=\int_Yf_xd{\lambda},\psi(y)=\int_Xf^yd{\mu}{\quad}(x{\in}X,y{\in}Y)\tag{1} $$

则$\varphi$是$\mathscr{F}-$可测的，$\psi$是$\mathscr{S}-$可测的，且

$$ \int_X{\varphi}d{\mu}=\int_{X{\times}Y}fd(\mu{\times}\lambda)=\int_Y\psi{d{\lambda}}\tag{2} $$

其实左右两边都是测度的累次积分，而中间则是乘积测度积分。

（b）若$f$是复的，且若

$$ \varphi^*(x)=\int_Y|f|_xd{\lambda}和\int_X\varphi^{*}d{\mu}<\infty\tag{3} $$

则$f{\in}L^1(\mu{\times}\lambda)$。

（c）若$f{\in}L^1(\mu{\times}\lambda)$，则$f_x{\in}L^1(\lambda)$，对几乎所有的$x{\in}X$成立。$f^y{\in}L^1(\mu)$对几乎所有的$y{\in}Y$成立，由（1）式的几乎处处定义的函数$\varphi$和$\psi$分别在$L^1(\mu)$和$L^1(\lambda)$内，并且（2）成立。

注解：（2）的第一个积分和最后一个积分也能写为更为常见的形式

$$ \int_Xd{\mu(x)}\int_Yf(x,y)d{\lambda(y)}=\int_Yd{\lambda(y)}\int_Xf(x,y)d{\mu(x)}\tag{4} $$

这些就是所谓$f$的“累次积分”，（2）式中间的积分经常被称为重积分。

（b）和（c）结合起来给出了下列有用结果：

若$f$是$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测，且若

$$ \int_Xd{\mu(x)}\int_Y|f(x,y)|d{\lambda(y)}<\infty\tag{5} $$

则（4）的两个累次积分是有限的且相等。

换句话说，对于$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测函数$f$，当$f{\ge}0$时，“积分的次序可以交换”，当$|f|$的累次积分之一是有限的时候，“积分的次序可以交换”。

证明是一个单边证明，然后同理得到双边，先考虑非负简单函数外加单调收敛定理，完成证明，，然后对$|f|$再做。复情况则分为正负部做完。

反例8.9

给出三个例子说明定理8.6和定理8.8的假定不能删除，不然就会有反例。

（1）设$X=Y=[0,1],\mu=\lambda$在$[0,1]$上的勒贝格测度。选取$\left\{\delta_n\right\}$使$0=\delta_1<\delta_2<\delta_3<{\cdots},\delta_n{\to}1$，且设$g_n$是支集位于$(\delta_n,\delta_{n+1})$内的实连续函数，使得$\int^1_0g_n(t)dt=1$对$n=1,2,3,{\cdots}$成立。

定义

$$ f(x,y)=\sum^{\infty}_{n=1}[g_n(x)-g_{n+1}(x)]g_(y) $$

注意在每一点$(x,y)$，和式中至多有一项不同于0，于是在$f$的定义中没有收敛性的问题。

一个简单计算指出

$$ \int^1_0dx\int^1_0f(x,y)dy=1{\neq}0=\int^1_0dy\int^1_0f(x,y)dx $$

因此虽然两个累次积分存在，但是富比尼定理的结论却不成立。

注意在这个例子中，除去在$(1,1)$这点以外$f$是连续的，但是

$$ \int^1_0dx\int^1_0|f(x,y)|dy=\infty $$

（2）设$X=Y=[0,1],\mu=[0,1]$上的勒贝格测度，$\lambda=Y$上的计数测度，若$x=y$，令$f(x,y)=1$；若$x{\neq}y$，则令$f(x,y)=0$，则

$$ \int_Xf(x,y)d\mu(x)=0,\int_Yf(x,y)d\lambda(y)=1 $$

对所有$[0,1]$内的$x$和$y$成立，因此

$$ \int_Xd{\lambda(y)}\int_Xf(x,y)d\mu(x)=0{\neq}1=\int_Xd{\mu(x)}\int_Yf(x,y)d{\lambda(y)} $$

而这个是由于$\lambda$不是$\sigma-$有限而结论不成立。

注意到：若$\mathscr{S}$是所有$[0,1]$的勒贝格可测集的类而$\mathscr{F}$是由$[0,1]$的所有子集组成，则我们的函数$f$是$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测的。要看到这一点，首先注意$f=\chi_{D}$，这里$D$是单位正方形的对角线，给定$n$，令

$$ I_i=\left[\frac{j-1}{n},\frac{j}{n}\right] $$

并且令

$$ Q_n=(I_1{\times}I_1){\cup}(I_2{\times}I_2){\cup}{\cdots}(I_n{\times}I_n) $$

则$Q_n$是可测矩形的有限并，且$D={\cap}Q_n$。

（3）在例（1）和例（2）中，富比尼定理不成立是由于函数或者空间“太大”造成的，这个例子则是讨论$f$关于$\sigma-$代数$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$是可测的这一要求所起的作用。

为了更为精确地讨论，假定$\mu(X)=\lambda(X)=1,0{\le}f{\le}1$（则可以避免掉足够”大“）；假定对于所有的$x$和$y$，这里的$f_x$是$\mathscr{F}-$可测的而$f^y$是$\mathscr{S}-$可测的，并且假定$\varphi$是$\mathscr{S}-$可测的和$\psi$是$\mathscr{F}-$可测的。这里$\varphi$和$\psi$和定理8.8中一样定义，则$0{\le}\varphi{\le}1,0{\le}\psi{\le}1$，并且两个累次积分是有限的。但是这样也不能使得富比尼定理的结论成立。

取$(X,\mathscr{S},\mu)=(Y,\mathscr{F},\lambda)=[0,1]$具有勒贝格测度，这个构造依赖于连续统假设。存在一个单位区间$[0,1]$到良序集$W$上的一一映像$j$，使得对每个$x{\in}[0,1],j(x)$在$W$内至多有可数多个先行元素，这是该假设的一个推论，我们承认其合理性。设$Q$是单位正方形内所有使得$j(x)$在$W$内前于$j(y)$的那些$(x,y)$的集。对于每一个$x{\in}[0,1],Q_X$包含了$[0,1]$的除去可数多个点外的所有点；对于每一个$y{\in}[0,1],Q^y$至多包含$[0,1]$的可数多个点。若$f=\chi_{Q}$，得出$f_x$和$f^y$是博雷尔可测的，且得出

$$ \varphi(x)=\int^1_0f(x,y)dy=1,\psi(y)=\int^1_0f(x,y)dx=0 $$

对所有的$x$和$y$成立，因此

$$ \int^1_0dx\int^1_0f(x,y)dy=1{\neq}0=\int^1_0dy\int^1_0f(x,y)dx $$

积测度的完备化

动机

若$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$都是完备测度空间，$(X{\times}Y,\mathscr{S}{\times}\mathscr{F},\mu{\times}\lambda)$却不一定是完备的。

例如：假定存在一个具有$\mu(A)=0$的$A{\in}\mathscr{S},A{\neq}0$；并且假定存在一个$B{\subset}Y$，使得$B{\not\in}\mathscr{F}$，则$A{\times}B{\subset}A{\times}Y,(\mu{\times}\lambda)(A{\times}Y)=0$，但是$A{\times}B{\not\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$。（这里用到定理7.2）

具体一点，若$\mu=\lambda=m_1$（$R^1$上的勒贝格测度），设$A$由任一点组成，并且设$B$是$R^1$的任意不可测集。于是$m_1{\times}m_1$不是一个完备测度；特别$m_1{\times}m_1$不是$m_2$。因为后者根据它的构造是完备的。然而$m_2$是$m_1{\times}m_1$的完备化，这个结果推广到任意维数。

定理8.11

设$m_k$表示$R^k$上的勒贝格测度，若$k=r+s,r{\ge}1,s{\ge}1$，则$m_k$是$m_r{\times}m_s$乘积测度的完备化。

这个实质上就是测度的完备化问题，通过博雷尔集来操作即可。

定理8.12

设$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$是完备的$\sigma-$有限测度空间。设$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})^*$是$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$关于测度$\mu{\times}\lambda$的完备化。设$f$是$X{\times}Y$上的$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})^*-$可测函数，则定理8.8的结论成立，仅有的不同之处在于：

$f_x$的$\mathscr{F}-$可测性只能对几乎所有$x{\in}X$断定是正确的，因此根据8.8(1)，$\varphi(x)$只是几乎处处在$[\mu]$定义；类似的结论对$f^y$和$\psi$也成立。

该定理的证明依赖于两个引理（这里从略）

卷积

经常能用证明某个集确实很大的方法证明该集不空，这个”大“涉及到各种性质，常见的例子有：

1，势方面，超越数确实存在并且很多。

2，贝尔定理在拓扑方面，说明了稠密的$G_{\delta}$集是完备度量空间的"大"子集。

3，测度论中，尝试证明测度空间中某集具有正测度或者用证明其余集具有零测度来说明其”大“。

例如：设$f,g{\in}L^1(R^1)$，暂时假定$f{\ge}0$和$g{\ge}0$，并且考虑积分

$$ h(x)=\int^{\infty}_{-\infty}f(x-t)g(t)dt{\quad}(-\infty<x<\infty)\tag{1} $$

对任一固定的$x$，上述的被积函数是值域在$[0,\infty]$内的可测函数，以致$h(x)$一定可以用上述很好确定，且$0{\le}h(x){\le}\infty$。

但是否存在一个$x$使得$h(x)<\infty$呢？注意到对每一个固定的$x$，（1）中的被积函数是$L^1$的两个元素的乘积，并且这样的乘积不总是在$L^1$内的。（例如当$0<x<1$时，$f(x)=g(x)=1/\sqrt{x}$，当$x$为其他值时为0）。富比尼定理将给出一个肯定的回答，实际上，它指出$h{\in}L^1(R^1)$，因此$h(x)<\infty{\;}a.e.$。

定理8.14

假定$f{\in}L^1(R^1),g{\in}L^1(R^1)$，则

$$ \int^{\infty}_{-\infty}|f(x-y)g(y)|dy<\infty $$

对几乎所有的$x$成立，对于这些$x$，定义

$$ h(x)=\int^{\infty}_{-\infty}f(x-y)g(y)dy $$

则$h{\in}L^1(R^1)$，并且

$$ \|h\|_1{\le}\|f\|_1\|g\|_1 $$

这里

$$ \|f\|_1=\int^{\infty}_{-\infty}|f(x)|dx $$

我们称$h$为$f$和$g$的卷积，并记以$h=f{*}g$。

其证明搞了俩博雷尔函数去逼近，然后用富比尼定理，再用勒贝格测度的平移不变性质考察积分，立刻得到结果。

分布函数

分布函数

设$\mu$是集合$X$的某一$\sigma-$代数上的$\sigma$有限正测度，设$f:X{\to}[0,\infty)$可测，若对每一个$t{\in}[0,\infty)$，赋予函数值

$$ \mu\left\{f>t\right\}=\mu(\left\{x{\in}X:f(x)>t\right\}) $$

则该函数称为$f$的分布函数，显然它是一个单调（非递增）的函数，从而是博雷尔可测的。

介绍分布函数的原因之一是可以用它在$[0,\infty)$上的积分代替$f$在$X$上的积分，公式

$$ \int_Xfd{\mu}=\int^{\infty}_0\mu\left\{f>t\right\}dt $$

是下一个定理当$\varphi(t)=t$时的特殊情形，这个讲用来导出第7章中介绍的极大函数的$L^p-$性质。

定理8.16

假设$f$和$\mu$同上，设$\varphi:[0,\infty]{\to}[0,\infty]$是单调的，对每一个$T<\infty,\varphi$在$[0,T]$上绝对连续而且$\varphi(0)=0$，当$t{\to}\infty$时，$\varphi(t){\to}\varphi(\infty)$，则

$$ \int_X(\varphi{\circ}f)d{\mu}=\int^{\infty}_0\mu\left\{f>t\right\}\varphi'(t)dt $$

其证明：用简单函数来逼近可测函数，再利用富比尼定理。

回忆

若$f{\in}L^1(R^k)$，则极大函数$Mf$在弱$L^1$中（定理7.4），最平凡的估计

$$ \|Mf\|_{\infty}{\le}\|f\|_{\infty}\tag{1} $$

对所有的$f{\in}L^{\infty}(R^k)$成立。一个技巧性地构造可以让我们修改两端而证明下面的哈代-利特尔伍德定理（当$p=1$时不成立，见第7章习题22）

定理8.18

若$1<p<\infty$且$f{\in}L^p(R^k)$，则$Mf{\in}L^p(R^k)$。

其证明从略。