43. 积分与求导的交换性, 乘积空间

积分与求导的可交换性

我们上次课证明了 Lebesgue 控制收敛定理和它的一个推论 (对参数的连续依赖性) :

定理 43.1 (Lebesgue 控制收敛定理). 假定测度空间 $(X,\mathcal{A},\mu )$ 上的可测函数列 $\{f_i{\}}_{i⩾1}$ 几乎处处收敛到函数 $f$. 如果存在控制函数 $h\in {\mathcal{L}}^1(X,\mathcal{A},\mu )$, 使得对每个 $i$, $|f_i(x)|⩽h(x)$ 几乎处处成立. 那么, 我们有$$\underset{i\to \infty }{\lim }{\int }_X|f_i-f|d\mu =0.$$特别地, 我们有$$\underset{i\to \infty }{\lim }{\int }_X{f}_{i}d\mu ={\int }_{X}fd\mu .$$

推论 43.2 (积分对参数的连续依赖性). 假设 $\Omega$ 为距离空间, $(X,\mathcal{A},\mu )$ 是测度空间. 函数$$f:X\times \Omega \to \mathbb{C},(x,t)\mapsto f(x,t),$$满足如下条件:

1)	对每个固定的 $t\in \Omega$, 函数 $x\mapsto f(x,t)$ 是可测的;
2)	对几乎处处的 $x$, 映射 $t\mapsto f(x,t)$ 在 $t_0\in \Omega$ 处连续;
3)	存在正函数 $h\in {\mathcal{L}}^1(X,\mathcal{A},\mu )$, 使得对每个 $t\in \Omega$, 我们有 $|f(x,t)|⩽h(x)$ 对几乎处处的 $x$ 成立.

那么, 函数$$F:\Omega \to \mathbb{C},t\mapsto F(t)={\int }_{X}f(x,t)d\mu (x)$$是良好定义的并且在 $t_0$ 处连续.

我们这次证明另一个推论:

推论 43.3 (积分与求导数的可交换性). 假定参数空间 $I$ 为 $\mathbb{R}$ 中的开区间, $(X,\mathcal{A},\mu )$ 是测度空间, $N\in \mathcal{A}$ 为零测集合, $X^{\prime }=X-N$. 我们假设函数$$f:X\times I\to \mathbb{C},(x,t)\mapsto f(x,t)$$满足如下条件:

1)	对任意固定的 $t\in I$, 函数 $x\mapsto f(x,t)$ 是可积的;
2)	对任意固定的 $x\in X^{\prime }$, 函数 $t\mapsto f(x,t)$ 对 $t$ 的导数 $\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)$ 存在并且存在正函数 $h\in {\mathcal{L}}^1(X,\mathcal{A},\mu )$, 使得对任意的 $(x,t)\in X^{\prime }\times I$, 都有$$|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)|⩽h(x).$$

那么, 函数$$F:I\to \mathbb{C},t\mapsto F(t)={\int }_{X}f(x,t)d\mu (x)$$是良好定义的并且在 $I$ 上可微. 进一步, 我们有如下的导数公式$$F^{\prime }(t)={\int }_X\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)d\mu (x).$$

注记. 我们用 $d\mu (x)$ 表明是对 $x$ 来积分.

证明. 任意选取实数数列 $\{{\epsilon }_k{\}}_{k⩾1}$, 使得 $\underset{k\to \infty }{\lim }{\epsilon }_k=0$. 对于任意的 $x\in X^{\prime }$, 按定义, 我们知道 $\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)$ 是可测函数序列 ${\left\{\frac{f(x,t+{\epsilon }_k)-f(x,t)}{{\epsilon }_k}\right\}}_{k⩾1}$ 在 $x$ 点的极限, 从而 $\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)$ 是可测函数.

由于 $|\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)|⩽h(x)$, 所以 $\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)$ 是可积的, 从而函数$$t\mapsto {\int }_X\frac{\partial f}{\partial t}(t,x)d\mu (x).$$是良好定义的.

现在证明 $F$ 的导数存在并计算它的导数. 固定 $t\in I$, 根据积分的线性, 我们有$$\begin{array}{rl}\frac{F(t+{\epsilon }_k)-F(t)}{{\epsilon }_k}& ={\int }_X\frac{f(x,t+{\epsilon }_k)-f(x,t)}{{\epsilon }_k}d\mu (x)\\ & ={\int }_{X^{\prime }}\frac{f(x,t+{\epsilon }_k)-f(x,t)}{{\epsilon }_k}d\mu (x).\end{array}$$根据中值定理, 我们知道最后一式的被积函数可写为 $f^{\prime }(x,t+\theta {\epsilon }_k)$, 其中 $\theta \in [0,1]$. 据此, 我们有$$\left|\frac{f(x,t+{\epsilon }_k)-f(x,t)}{{\epsilon }_k}\right|=|f^{\prime }(x,t+\theta {\epsilon }_k)|⩽h(x).$$我们现在可以对函数序列 ${\left\{\frac{f(x,t+{\epsilon }_k)-f(x,t)}{{\epsilon }_k}\right\}}_{k⩾1}$ 应用 Lebesgue 控制收敛定理, 因为 $h$ 就是控制函数: $$\begin{array}{rl}\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{F(t+{\epsilon }_k)-F(t)}{{\epsilon }_k}& ={\int }_X\frac{f(x,t+{\epsilon }_k)-f(x,t)}{{\epsilon }_k}d\mu (x)\\ & ={\int }_X\frac{\partial f(x,t)}{\partial t}d\mu (x).\end{array}$$这就给出了证明.

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乘积测度与 Fubini 公式

所谓的 Fubini 定理, 就是将乘积空间上的积分化为分量空间上的积分的公式, 它将保证我们能把 ${\mathbb{R}}^n$ 上的积分化为 ${\mathbb{R}}^1$ 上的积分来计算. 为此, 我们的第一件事情是建立乘积测度.

给定两个测度空间 $(X,\mathcal{A},\mu )$ 和 $(Y,\mathcal{B},\nu )$, 我们要求 $\mu$ 和 $\nu$ 是 $\sigma$-有限的. 我们要在可测空间 $(X\times Y,\mathcal{A}\otimes \mathcal{B})$ 上定义一个测度 $\mu \otimes \nu$.

根据定义, $X\times Y$ 上的 $\sigma$-代数 $\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$ 是按照如下的方式构造的: 我们称 $X\times Y$ 上形如 $A\times B$ 的子集为矩形, 其中 $A\in \mathcal{A},B\in \mathcal{B}$; 我们用 $\tilde{\mathcal{R}}$ 表示有限个两两不交的矩形之并所构成集合的全体并且证明了 $\tilde{\mathcal{R}}$ 是代数; $\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$ 被定义为 $\tilde{\mathcal{R}}$ 所生成的 $\sigma$-代数, 即 $\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}=\sigma (\tilde{\mathcal{R}})$; $\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$ 也可以由所有的矩形生成.

与 Lebesgue 测度的构造类似, 我们要在 $\tilde{\mathcal{R}}$ 上构造一个加性函数并利用 Carathéodory 定理把它扩张成 $\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$ 上的测度. 为此, 在矩形 $A\times B\in \tilde{\mathcal{R}}$, 我们定义$$\theta (A\times B)=\mu (A)\nu (B).$$我们规定 $0$ 乘任何数都得 $0$, $\infty$ 乘任何非零正数都得 $\infty$.

对于 $\tilde{\mathcal{R}}$ 中的元素 $S$, 按照 $\tilde{\mathcal{R}}$ 的定义, 我们可以将 $S$ 写成有限个不交的矩形的并: $$S=\coprod _{i⩽m}{A}_i\times B_i,A_i\in \mathcal{A},B_i\in \mathcal{B}.$$此时, 我们定义$$\theta (S)=\sum _{i⩽m}\theta (A_i\times B_i)=\sum _{i⩽m}\mu (A_i)\nu (B_i).$$然而, 把 $S$ 写成有限个不相交的矩形的并的方式不是唯一的, 我们还可能有别的方式: $$S=\coprod _{j⩽n}{A}_j^{\prime }\times B_j^{\prime }\in \tilde{\mathcal{R}}.$$这样, 我们得到 $S$ 的两种不同的分解, 为了说明 $\theta (S)$ 是良好定义的 (不依赖于分解的选取) , 我们必须证明$$\sum _{i⩽m}\mu (A_i)\nu (B_i)=\sum _{j⩽n}\mu \left(A_j^{\prime }\right)\nu \left(B_j^{\prime }\right).$$我们要考虑这两种分解共同的 “加细”: 对每个 $1⩽i⩽m$, 我们有$$\begin{array}{rl}{A}_i\times B_i& =\coprod _{j⩽n}(A_i\times B_i)\cap (A_j^{\prime }\times B_j^{\prime })\\ & =\coprod _{j⩽n}(A_i\cap A_j^{\prime })\times (B_i\cap B_j^{\prime }).\end{array}$$所以, 上述两种分解可以加细为如下的关于 $S$ 的新的分解: $$\begin{gathered} S=\coprod _{\genfrac{}{}{0ex}{}{i⩽m,}{ \\ j⩽n}}(A_i\cap A_j^{\prime })\times (B_i\cap B_j^{\prime }). \end{gathered}$$利用这个分解, 我们有$$\begin{array}{rl}\sum _{i⩽m,j⩽n}\mu (A_i\cap A_j^{\prime })\nu (B_i\cap B_j^{\prime })& =\sum _{i⩽m}\left(\sum _{j⩽n}\mu \right(A_i\cap A_j^{\prime }\left)\nu \right(B_i\cap B_j^{\prime }\left)\right)\\ & =\sum _{i⩽m}\mu \left(A_i\right)\nu \left(B_i\right).\end{array}$$上面最后一个红色等号我们用到了等式$$A_i\times B_i=\coprod _{j⩽n}(A_i\cap A_j^{\prime })\times (B_i\cap B_j^{\prime }).$$我们暂且假设这个等号成立. 类似地, 如果我们先对 $i⩽m$ 求和, 我们就得到了$$\begin{gathered} \sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{i⩽m,}{ \\ j⩽n}}\mu (A_i\cap A_j^{\prime })\nu (B_i\cap B_j^{\prime })=\sum _{j⩽n}\mu \left(A_j^{\prime }\right)\nu \left(B_j^{\prime }\right). \end{gathered}$$这就证明了两种分解所对应的 $\theta$ 的值都是一样的!

当然, 我们必须证明如下的等式: 如果 (所有的元素都来自 $\mathcal{A}$ 或者 $\mathcal{B}$) , $$A\times B=\coprod _{j⩽n}(A\cap A_j^{\prime })\times (B\cap B_j^{\prime }),$$那么$$\sum _{j⩽n}\mu (A\cap A_j^{\prime })\nu (B\cap B_j^{\prime })=\mu (A)\nu (B).$$为此, 我们不妨假设 $A_j$ 均为 $A$ 的子集并且 $\bigcup _{j⩽n}{A}_j=A$, $B_j$ 均为 $B$ 的子集并且 $\bigcup _{j⩽n}{B}_j=B$, 而且$$A\times B=\coprod _{j⩽n}{A}_j\times B_j.$$我们要证明$$\sum _{j⩽n}\mu \left(A_j\right)\nu \left(B_j\right)=\mu (A)\nu (B).$$如果 $\{A_j{\}}_{j⩽n}$ 是两两不交的, $\{B_j{\}}_{j⩽n}$ 也是两两不交的, 那么命题上述公式是显然的, 因为$$\begin{array}{rl}\mu (A)\nu (B)& =\left(\sum _{j⩽n}\mu \left(A_j\right)\right)\left(\sum _{j⩽n}\mu \left(B_j\right)\right)\\ & =\sum _{j,j^{\prime }⩽m}\mu \left(A_j\right)\mu \left(B_{j^{\prime }}\right).\end{array}$$对于一般的情形, 我们要 $A_j$ 和 $B_j$ 进一步分解成不相交的集合即可. 我们考虑$$\{X_1\cap X_2\cap \cdots \cap X_n|X_i=A_i\text{或}(A_i{)}^c\},$$它们是两两不交的并且可以把 $A_j$ 都并出来.

据此, 我们有

命题 43.4. 映射$$\theta :\tilde{\mathcal{R}}\to [0,\infty ],S\mapsto \sum _{i⩽m}\mu (A_i)\nu (B_i).$$是代数 $\tilde{\mathcal{R}}$ 上的 $\sigma$-有限的加性函数.

证明. 根据定义, 这显然是加性函数. 为了说明 $\sigma$-有限性, 由于 $X$ 和 $Y$ 是 $\sigma$-有限的, 所以存在上升的序列 $\{A_i{\}}_{i⩾1}\subset \mathcal{A}$, $X_i\nearrow X$, $\{B_i{\}}_{i⩾1}\subset \mathcal{B}$, $B_j\nearrow Y$, 其中对每个 $i$, $\mu (A_i)$ 和 $\nu (B_i)$ 是有限的. 所以, 我们就有上升的序列 $\{A_i\times B_i{\}}_{i⩾1}\subset \tilde{\mathcal{R}}$, 使得 $A_i\times B_i\nearrow X\times Y$. 按照 $\theta$ 的定义, 对每个 $i$, $\theta (A_i\times B_i)=\mu (A_i)\nu (B_i)$ 是有限的. 这就完成了证明.

我们注意到, 这里的构造和 Lebesgue 测度的构造在形式上一摸一样.

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我们将使用 Carathéodory 测度扩张定理来构造 $\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$ 上的乘积测度:

为此, 先证明一个粗糙版本的 Fubini 定理:

引理 43.5. 对任意 $S\in \tilde{\mathcal{R}}$, $x\in X$, 我们定义 $S$ 的 $x$-截面为: $$S_x=\{y\in Y\mid (x,y)\in S\}\subset Y.$$那么, $S_x\in \mathcal{B}$. 进一步, 函数$$X\to [0,\infty ],x\mapsto \nu (S_x),$$为 $(X,\mathcal{A})$ 上的可测函数并且$$\theta (S)={\int }_X\nu (S_x)d\mu (x).$$

证明. 我们考虑 $S$ 的分解 $S=\coprod _{i⩽m}{A}_i\times B_i$, 其中矩形们 $A_i\times B_i$ 两两不交, 通过对 $A_i$ 进一步进行细分 (如同上一个命题中所证明的) , 我们可以进一步要求 $A_i$ 们两两不交. 此时, 我们可以精确的计算 $S$ 的 $x$-截面: $$S_x=\{\begin{array}{l}{B}_i,\text{如果}x\in A_i;\\ \varnothing ,\text{如果}x\notin {\bigcup }_{i⩽m}{A}_i.\end{array}$$这显然是 $\mathcal{B}$ 中的元素. 我们现在研究 $\nu (S_x)$ 的可测性, 实际上$$\nu (S_x)=\{\begin{array}{l}\nu (B_i),\text{如果}x\in A_i;\\ 0,\text{如果}x\notin {\bigcup }_{i⩽m}{A}_i.\end{array}$$这是一个简单函数, 自然可测. 所以, 我们有$$\begin{array}{rl}{\int }_X\nu (S_x)d\mu (x)& =\sum _{i⩽m}{\int }_X\nu (B_i)1_{A_i}(x)d\mu (x)\\ & =\sum _{i⩽m}\mu (A_i)\nu (B_i).\end{array}$$根据定义, 上式右边即为 $\theta (S)$, 命题得证.

$\square$

利用上述引理, 我们来验证 $\theta$ 满足 Carathéodory 扩张定理中的条件 $(\mathbf{C})$ 和条件 $({\mathbf{C}}_{\infty })$:

条件 $({\mathbf{C}}_{\infty })$ 的验证:

根据 $\sigma$-有限性, 存在上升的序列 $\{A_i{\}}_{i⩾1}\subset \mathcal{A}$, $A_i\nearrow X$, $\{B_i{\}}_{i⩾1}\subset \mathcal{B}$, $B_j\nearrow Y$, 其中对每个 $i$, $\mu (A_i)$ 和 $\nu (B_j)$ 是有限的. 令 $Z=X\times Y$ 为整个乘积空间, 考虑上升的集合的序列 $\{Z_i=A_i\times B_i{\}}_{i⩾1}$, 很明显, 我们有 $Z_i\nearrow Z$ 并且每个 $Z_i$ 的 $\theta$ 体积有限. 条件 $({\mathbf{C}}_{\infty })$ 要求我们证明: 对于任意的 $S\in \tilde{R}$, 如果 $\theta (S)=\infty$, 那么$$\underset{i\to \infty }{\lim }\theta (S\cap Z_i)=\infty .$$

由于 $S\in \tilde{R}$ 为有限个矩形的并, 所以只要对某个 $S=A\times B$ 的情形证明 $\theta (S\cap X_i)\to \infty$ 即可 (这里和 Lebesgue 测度的构造又是一样的) . 由于我们假设了 $\theta (A\times B)=\infty$, 不妨 $\mu (A)=\infty$ 而 $\nu (B)>0$ (可以是 $\infty$) . 根据 $Z_i=A_i\times B_i$, 所以$$\theta (Z_i\cap (A\times B))=\mu (A_i\cap A)\nu (B_i\cap B).$$利用测度 $\mu$ 和 $\nu$ 的性质, 我们有$$\mu (A_i\cap A)\to \infty ,\nu (B_i\cap B)⩾\delta >0,\text{（当 i 足够大时候）}.$$从而, 我们有$$\underset{i\to \infty }{\lim }\theta (Z_i\cap (A\times B))\to \infty .$$

条件 $(\mathbf{C})$ 的验证:

任意选取 $\tilde{R}$ 中下降的序列 $\{S_i{\}}_{i⩾1}$, 如果 $\theta (S_0)<\infty$ 并且 $S_i\searrow \varnothing$, 那么, 条件 $(\mathbf{C})$ 要求我们证明$$\underset{i\to \infty }{\lim }\theta (S_i)=0.$$

我们运用粗糙版本的 Fubini 定理. 首先, 研究 $X$ 上的可测函数列 $\{f_i(x){\}}_{i⩾1}$, 其中, $$f_i(x):X\to [0,\infty ],x\mapsto \nu \left((S_i{)}_x\right).$$由于 $S_i$ 是下降集合序列, 所以, $\{f_i(x){\}}_{i⩾1}$ 是 $X$ 上下降的正可测函数序列. 根据定义, 我们有按照定义, 我们有$$f_i(x)=\nu \left((S_i{)}_x\right).$$当 $x\in X$ 固定时, 由于 $S_i\searrow \varnothing$, 所以 ${(S_i)}_x\searrow \varnothing$, 从而, $\nu ((S_i{)}_x)\searrow 0$. 那么, 从而对任意的 $x$, $f_i(x)\to 0$, 即函数列 $\{f_i{\}}_{i⩾1}$ 逐点收敛到 $0$. 我们对函数列 $\{f_i(x){\}}_{i⩾1}$ 运用 Lebesgue 控制收敛定理, 其中, 这列函数中的第一项 $f_0$ 可以作为控制函数. 根据上面粗糙版本的 Fubini 定理, 我们就有$$\theta (S_i)={\int }_X{f}_i(x)d\mu (x)\to 0,$$这就证明了条件 $(\mathbf{C})$.

综上所述, 我们证明了如下重要的定理:

定理 43.6 (乘积测度). 给定 $\sigma$-有限的测度空间 $(X,\mathcal{A},\mu )$ 和 $(Y,\mathcal{B},\nu )$, 在可测空间 $(X\times Y,\mathcal{A}\otimes \mathcal{B})$ 上存在唯一的 $\sigma$-有限的测度 $\mu \otimes \nu$, 使得对任意的 $A\in \mathcal{A}$ 和 $B\in \mathcal{B}$, 我们都有$$(\mu \otimes \nu )(A\times B)=\mu (A)\nu (B).$$特别地, 对任意的 $E\in \mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$, 它的测度可由如下公式计算$$\begin{gathered} (\mu \otimes \nu )\left(E\right)=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{E\subset {\bigcup }_{i=1}^{\infty }(A_i\times B_i)}{ \\ {A}_i\in \mathcal{A},B_i\in \mathcal{B}}}{\inf }\sum _{i=1}^{\infty }\mu (A_i)\nu (B_i). \end{gathered}$$

注记. 在之前的课程中, 我们已经证明了 ${\mathbb{R}}^2={\mathbb{R}}^1\times {\mathbb{R}}^1$ 上 Borel 代数是 ${\mathbb{R}}^1$ 上的 Borel 代数的乘积, 即 $\mathcal{B}({\mathbb{R}}^2)=\mathcal{B}({\mathbb{R}}^1)\otimes \mathcal{B}({\mathbb{R}}^1)$. 由于我们上面关于乘积测度的构造过程和 Lebesgue 测度的构造是一样的, 所以 ${\mathbb{R}}^2$ 上的 Lebesgue 测度 $m_2$ 就是两个 ${\mathbb{R}}^1$ 上的 Lebesgue 测度 $m_1$ 的张量积. 这还可以通过观察它们在方块上的取值以及测度的唯一性来证明. 所以, 我们有$$({\mathbb{R}}^2,\mathcal{B}({\mathbb{R}}^2),m_2)=({\mathbb{R}}^2,\mathcal{B}({\mathbb{R}}^1)\otimes \mathcal{B}({\mathbb{R}}^1),m_1\otimes m_1).$$类似的结论对于 ${\mathbb{R}}^n$ 也成立, 我们不再赘述.