Hausdorff 测度

Hausdorff 测度是 Lebesgue 测度在度量空间中的推广, 在分形的理论中被用于定义分数维数.

1定义与性质

引进 Hausdorff 测度至少具有两方面的意义. 一是, 可以对分形中的分数维数进行严格描述. 例如 $[0,1]$ 中的 Cantor 集是 Lebesgue 零测集, 因此不是 “一维” 集合; 但同时每个点都是聚点, 又比通常的 “零维” 集合 “大” 一些. 实际上, 后文会证明 Cantor 集的维数是 $\ln 2/\ln 3$. 二是, 可以作为 Lebesgue 测度在度量空间的推广. 比如 $n$ 维参数曲面 $f:{\mathbb{R}}^n\supseteq U\to {\mathbb{R}}^m(m\ge n)$ 的面积, 通常被定义为$${\int }_U\sqrt{\det (Df(x{)}^{T}Df(x))}dx,Df=({\partial }_j{f}_i(x){)}_{1\le i\le m,1\le j\le n}.$$实际上, 这就是 $n$ 维 Hausdorff 测度.

回忆 Lebesgue 测度的定义, 首先对方体定义边长乘积为其测度, 然后对一般的集合用可数个方体进行覆盖, 并取这样的覆盖的测度之和的下确界作为该集合的测度. 取方体作为搭建 Lebesgue 测度的基本单元具有合理性, 能够给证明带来很多便利. 但一般的度量空间中并无方体的概念, 取而代之的是球体. 熟知 ${\mathbb{R}}^n$ 中单位球的测度是$${\omega }_n:=\frac{{\pi }^{n/2}}{\Gamma (n/2+1)}.$$其中 $\Gamma (x)$ 是 $\Gamma$ 函数. 如果首先定义半径为 $r$ 的球体之测度为 $r^n{\omega }_n$, 再对一般的集合利用球体进行可数覆盖, 如此定义出的外测度是否等于 Lebesgue 外测度? 答案是肯定的, 但证明并不平凡.

设 $(X,d)$ 是度量空间, 用 $B(x,r)$ 表示以 $x\in X$ 为球心、半径 $r>0$ 的开球, 即$$B(x,r):=\{y\in X\mid d(x,y)<r\}.$$对于非空集合 $A\subseteq X$, 记 $A$ 的直径为 $\mathrm{diam}(A)$, 即$$\mathrm{diam}(A):=\underset{x,y\in A}{\sup }d(x,y).$$如果 $A$ 是 “$s$ 维球”($s\in [0,\infty )$), 则 $A$ 的测度应该是 ${\omega }_s(\mathrm{diam}(A)/2{)}^s$, 其中对于非整数的 $s$ 仍然定义$${\omega }_s:=\frac{{\pi }^{s/2}}{\Gamma (s/2+1)}.$$这就是 Hausdorff 测度的出发点, 尽管在一般的度量空间中尚无维数这一概念.

定义 1.1 (Hausdorff 外测度). 设 $(X,d)$ 是度量空间, $s\in [0,\infty )$, $\delta \in (0,\infty ]$. 对于 $A\subseteq X$, 定义$${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)=\underset{\mathcal{F}}{\inf }{\omega }_s\sum _{F\in \mathcal{F}}{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s.$$其中 $\mathcal{F}$ 是 $A$ 的可数覆盖, 且满足 $\mathrm{diam}(F)<\delta (\forall F\in \mathcal{F})$.

定义 $A$ 的 $s$ 维 Hausdorff 外测度为$${\mathcal{H}}^s(A):=\underset{\delta \to 0+}{\lim }{\mathcal{H}}_{\delta }^s(A).$$

注 1.2. 在 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)$ 的定义中, 如果满足要求的 $\mathcal{F}$ 不存在, 则规定 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)=\infty$. 特别的, 如果 $X$ 是可分度量空间, 则这样的 $\mathcal{F}$ 总是存在.

根据定义, 显然 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)$ 关于 $S$ 单调递减, 因此 ${\mathcal{H}}^s(A)$ 总是有定义, 并且$${\mathcal{H}}^s(A)=\underset{\delta \in (0,\infty ]}{\sup }{\mathcal{H}}_{\delta }^s(A).$$

如果 $A$ 是全有界的, 则 $\mathcal{F}$ 可以取成有限覆盖, 从而 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)<\infty$. 但这并不保证 ${\mathcal{H}}^s(A)<\infty$, 比如说 ${\mathbb{R}}^2$ 中的闭单位球的一维 Hausdorff 测度等于 $\infty$ (这件事在讨论 Hausdorff 维数之后会是自然的) .

注 1.3. 在 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)$ 的定义中, 可以对 $\mathcal{F}$ 施加额外的要求, 比如

•	要求每个 $F\in \mathcal{F}$ 都包含于 $A$ 且 $\mathrm{diam}(F)<\infty$. 如若不然, 当 $s>0$ 时就会导致求和等于 $\infty$, 对于取 $\inf$ 没有影响; 而当 $s=0$ 时, 后文将证明 ${\mathcal{H}}^0$ 就是计数测度, 从而亦无影响.
•	因为取闭包不影响直径, 所以可以要求 $F\in \mathcal{F}$ 都是闭集.
•	还可以要求 $F\in \mathcal{F}$ 都是开集, 这是因为将 $F$ 换成开集$$\{x\in X\mid \mathrm{dist}(x,F)<\epsilon \},$$则直径至多增加 $2\epsilon$.

下面将证明 Borel 集都是 ${\mathcal{H}}^s$-可测集, 需要用到 Caratheodory 判别法. 回忆对于外测度 $\mu$, 集合 $A$ 可测的定义是$$\mu (E)=\mu (E\cap A)+\mu (E\setminus A),\forall E\subseteq X.$$为了验证 $A$ 是可测集, 只需证明当 $\mu (E)<\infty$ 时$$\mu (E)\ge \mu (E\cap A)+\mu (E\setminus A).$$全体可测集构成$\sigma$-代数, 所以为了证明 Borel 集都可测, 只需证明闭集都可测.

引理 1.4 (Caratheodory 判别法). 设 $(X,d)$ 是度量空间, $\mu$ 是外测度, 对任意 $A,B\subseteq X$, 如果$$\mathrm{dist}(A,B)>0\Rightarrow \mu (A\cup B)=\mu (A)+\mu (B),$$则所有 Borel 集都是 $\mu$-可测集.

证明. 只需证明当 $A$ 是闭集时, 如果集合 $E\subseteq X$ 满足 $\mu (E)<\infty$, 则$$\mu (E)\ge \mu (E\cap A)+\mu (E\setminus A).$$

对于 $i\in \mathbb{N}$, 定义$$E_i=\{x\in E\mid 1/(i+1)\le \mathrm{dist}(x,A)<1/i\},$$以及 $E_0=\{x\in E\mid \mathrm{dist}(x,A)>1\}$. 因为 $A$ 是闭集, 所以 $E_0,E_1,E_2,\dots$ 给出 $E\setminus A$ 的一个划分.

对任意 $n\in \mathbb{N}$, 因为 $\mathrm{dist}(E\cap A,{\bigcup }_{i=0}^n{E}_i)\ge 1/n>0$, 根据次可数可加性以及条件有$$\begin{array}{rl}\mu (E\cap A)+\mu (E\setminus A)& \le \mu (E\cap A)+\mu \left(\bigcup _{i=0}^n{E}_i\right)+\sum _{i=n+1}^{\infty }\mu (E_i)\\ & =\mu \left((E\cap A)\cup \left(\bigcup _{i=0}^n{E}_j\right)\right)+\sum _{i=n+1}^{\infty }\mu (E_i)\\ & \le \mu (E)+\sum _{i=n+1}^{\infty }\mu (E_i).\end{array}$$

为了证明结论, 只需验证 ${\sum }_{i=0}^{\infty }\mu (E_i)<\infty$. 而这是因为, 当 $|i-j|\ge 2$ 时 $\mathrm{dist}(E_i,E_j)>0$, 所以$$\sum _{i=0}^n\mu (E_{2i})=\mu \left(\bigcup _{i=0}^n{E}_{2i}\right)\le \mu (E),$$$$\sum _{i=0}^n\mu (E_{2i+1})=\mu \left(\bigcup _{i=0}^n{E}_{2i+1}\right)\le \mu (E).$$故 ${\sum }_{i=0}^{\infty }\mu (E_i)\le 2\mu (E)<\infty$, 这就完成了证明.

$\square$

定理 1.5. 设 $(X,d)$ 是度量空间, $s\in [0,\infty )$, $\delta \in (0,\infty ]$. 如果 $A,B\subseteq X$ 且 $\mathrm{dist}(A,B)>0$, 则对 $\delta <\mathrm{dist}(A,B)$ 有$${\mathcal{H}}_{\delta }^s(A\cup B)={\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)+{\mathcal{H}}_{\delta }^s(B).$$特别的, 此时有 ${\mathcal{H}}^s(A\cup B)={\mathcal{H}}^s(A)+{\mathcal{H}}^s(B)$.

证明. 设 $\mathcal{F}$ 是 $A\cup B$ 的可数覆盖且 $\mathrm{diam}(F)<\delta (\forall F\in \mathcal{F})$, 则每个 $F\in \mathcal{F}$ 不可能同时与 $A,B$ 都相交. 从而可以将 $\mathcal{F}$ 划分为 ${\mathcal{F}}_A\cup {\mathcal{F}}_B$, 使得 ${\mathcal{F}}_A,{\mathcal{F}}_B$ 分别构成 $A,B$ 的覆盖, 故$$\sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_s{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s=\sum _{F\in {\mathcal{F}}_A}{\omega }_s{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s+\sum _{F\in {\mathcal{F}}_B}{\omega }_s{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s\ge {\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)+{\mathcal{H}}_{\delta }^s(B).$$左边对 $\mathcal{F}$ 取下确界即证.

$\square$

推论 1.6. Borel 集都是 ${\mathcal{H}}^s$-可测集.

证明. 根据 Caratheodory 判别法和定理 1.5 即证.

$\square$

注 1.7. 一般来讲, Borel 集并不一定是 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s$-可测集. 比如说考虑平面上一条长度为 $1$ 的水平线段 $[0,1]\times \{0\}$, 则它的 ${\mathcal{H}}_{\delta }^1$-外测度等于 $1$. 对于 $\epsilon \ll \delta$, 考虑两条距离为 $\epsilon$ 的水平线段 $[0,1]\times \{0,\epsilon \}$, 则它的 ${\mathcal{H}}_{\delta }^1$-外测度近似于 $1$. 直观来看, 这是因为 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s$ 只能区分距离超过 $\delta$ 的点.

线性空间中的伸缩和平移变换与 Hausdorff 测度是相容的, 即一个 “$s$ 维” 的集合经过平移和伸缩 $r$ 倍, 得到的集合的测度应该是原来的 $r^s$ 倍.

定理 1.8. 设 $(X,d)$ 是度量空间且 $X$ 是线性空间, 满足 $d(rx,ry)=rd(x,y)(\forall r>0)$ 以及 $d(x+z,y+z)=d(x,y)$, 则$${\mathcal{H}}_{\delta }^s(x+rA)=r^s{\mathcal{H}}_{\delta /r}^s(A),\forall A\subseteq X,x\in X,r>0.$$其中 $x+rA:=\{x+ry\mid y\in A\}$. 特别的, ${\mathcal{H}}^s(x+rA)=r^s{\mathcal{H}}^s(A)$.

证明. 条件表明 $\mathrm{diam}(x+rF)=r\mathrm{diam}(F)$, 根据 ${\mathcal{H}}_{\delta }^s$ 的定义即证.

$\square$

Hausdorff 测度并不太直观, 除了下一节讨论的与 Lebesgue 测度的关系之外, 也许唯一便于理解的就是 ${\mathcal{H}}^0$.

定理 1.9. ${\mathcal{H}}^0$ 就是计数测度, 即 ${\mathcal{H}}^0(A)=\#A$.

证明. 对于单点集, 任何覆盖都会对定义中的求和贡献 $1$, 所以 ${\mathcal{H}}^0(\{x\})=1$. 如果 $A$ 至多可数, 则根据可数可加性即证. 而如果 $A$ 不可数, 取可数无限子集 $N\subseteq A$, 有 ${\mathcal{H}}^0(A)\ge {\mathcal{H}}^0(N)=\infty$, 结论也成立.

$\square$

2与 Lebesgue 测度的关系

已在 ${\mathbb{R}}^n$ 中定义了两种 “$n$ 维” 外测度, 即 Hausdorff 外测度 ${\mathcal{H}}^n$ 和 Lebesgue 外测度 ${\mathcal{L}}^n$. 本节将要证明二者是相等的, 实际上有如下更强的结果.

定理 2.1. 在 ${\mathbb{R}}^n$ 中, 对任意 $\delta \in (0,\infty ]$, 都有 ${\mathcal{H}}^n={\mathcal{H}}_{\delta }^n={\mathcal{L}}^n$.

证明分为两步, 即分别论述 ${\mathcal{L}}^n\ge {\mathcal{H}}_{\delta }^n(\forall \delta >0)$ 和 ${\mathcal{H}}_{\infty }^n\ge {\mathcal{L}}^n$. 先来证明第一个式子, 需要如下引理. 为了方便, 时常用 $|A|$ 代表 ${\mathcal{L}}^n(A)$.

引理 2.2. 设 $A\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 是开集且 $|A|<\infty$, 则存在可数个两两不交的闭球 ${\overline{B}}_i(i\in \mathbb{N})$, 使得 $|A\setminus {\bigcup }_{i\in \mathbb{N}}{\overline{B}}_i|=0$.

证明. 熟知开集可以写成可数个开方体的无交并再并上一个零测集. 比如说, 对于 $k\in \mathbb{N}$, 将 ${\mathbb{R}}^n$ 分割为边长 $2^{-k}$ 的方体, 取出所有包含在 $A$ 中者. $A$ 去掉这些方体的闭包的并还是一个开集, 再对 $k+1$ 进行这样的操作. 因为每一步剩下的都是开集, 所以最终 $A$ 可以写成可数个这样的闭方体之并, 并且任何两个闭方体至多交于边界.

存在只依赖于 $n$ 的常数 $\lambda \in (0,1)$, 使得对每个开方体 $I_i$, 可以取闭球 ${\overline{B}}_i\subset I_i$, 满足 $|{\overline{B}}_i|\ge \lambda |I_i|$. 这些 ${\overline{B}}_i$ 两两不交, 并且 $|A\setminus {\bigcup }_{i\in \mathbb{N}}{\overline{B}}_i|\le (1-\lambda )|A|$. 注意到 $A\setminus {\bigcup }_{i\in \mathbb{N}}{\overline{B}}_i$ 还是开集, 重复这样的操作, 每次去掉一些两两不交的闭球之后测度不超过原来的 $1-\lambda$ 倍. 因为 $|A|<\infty$, 所以可数次之后剩下的部分测度为 $0$.

$\square$

引理 2.3. 设 $A\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 如果 $|A|=0$, 则 ${\mathcal{H}}^n(A)={\mathcal{H}}_{\delta }^n(A)=0$.

证明. 对任意 $\epsilon >0$, 存在可数个边长小于 $\delta /\sqrt{n}$ 的小方体 $I_i(i\in \mathbb{N})$ 覆盖 $A$, 且 $|A|\le {\sum }_{i\in \mathbb{N}}|I_i|$. 因为 $\mathrm{diam}(I_i)$ 等于边长的 $\sqrt{n}$ 倍, 从而小于 $\delta$, 根据定义有$${\mathcal{H}}_{\delta }^n(A)\le \sum _{i\in \mathbb{N}}{\omega }_n{\left(\frac{\mathrm{diam}(I_i)}{2}\right)}^n={\omega }_n{\left(\frac{\sqrt{n}}{2}\right)}^n\sum _{i\in \mathbb{N}}|I_i|\le {\omega }_n{\left(\frac{\sqrt{n}}{2}\right)}^n\epsilon .$$由 $\epsilon$ 的任意性即证.

$\square$

现在可以来证明 ${\mathcal{L}}^n\ge {\mathcal{H}}_{\delta }^n$, 不妨设 $|A|<\infty$. 如果 $A$ 是开集, 观察引理 2.2 的证明, 实际上可以取可数个直径小于 $\delta$ 且两两不交的闭球 ${\overline{B}}_i(i\in \mathbb{N})$, 使得 $|A\setminus {\bigcup }_{i\in \mathbb{N}}{\overline{B}}_i|=0$. 由此可知$$|A|=\sum _{i\in \mathbb{N}}|{\overline{B}}_i|=\sum _{i\in \mathbb{N}}{\omega }_n{\left(\frac{\mathrm{diam}({\overline{B}}_i)}{2}\right)}^n\ge {\mathcal{H}}_{\delta }^n\left(\bigcup _{i\in \mathbb{N}}{\overline{B}}_i\right)={\mathcal{H}}_{\delta }^n(A).$$对于一般的集合 $A$, 根据正则性, 存在一列开集 $U_i(i\in \mathbb{N})$ 使得 $A\subseteq U_i$ 且 $|U_i|\to |A|$, 所以$${\mathcal{H}}_{\delta }^n(A)\le {\mathcal{H}}_{\delta }^n(U_i)\le |U_i|\to |A|.$$于是完成了这一半的证明.

另一半不等式需要使用如下命题, 可以称为 “等直径不等式”, 意思是说给定直径的集合中, 圆是周长最大者. 证明的方法名为 Steiner 对称化, 即将 ${\mathbb{R}}^n$ 写为 ${\mathbb{R}}^{n-1}\times \mathbb{R}$, 对于每个 $z\in {\mathbb{R}}^{n-1}$, 将截面 $A_z:=\{t\in \mathbb{R}\mid (z,t)\in A\}$ 替换成一条线段 $(-{\mathcal{L}}^1(A_z)/2,{\mathcal{L}}^1(A_z)/2)$. 定义 $A$ 关于第 $n$ 个坐标的 Steiner 对称化为$$S_{n}A:=\bigcup _{z\in {\mathbb{R}}^{n-1}}(-{\mathcal{L}}^1(A_z)/2,{\mathcal{L}}^1(A_z)/2).$$如果 $A$ 是 Lebesgue 可测集且 $|A|<\infty$, 则根据 Fubini 定理, $z\mapsto {\mathcal{L}}^1(A_z)$ 是可测函数, 所以 $S_{n}A$ 依然 Lebesgue 可测, 并且 $|S_{n}A|=|A|$.

定理 2.4 (等直径不等式). 设 $A\subseteq {\mathbb{R}}^n$, 则 $|A|\le {\omega }_n(\mathrm{diam}(A)/2{)}^n$.

证明. 因为取闭包不改变直径, 并且测度可能增加, 所以不妨设 $A$ 是闭集, 又可以不妨设 $\mathrm{diam}(A)<\infty$, 从而 $|A|<\infty$.

考虑 Steiner 对称化 $S_{n}A$, 注意到 $\mathrm{diam}(S_{n}A)\le \mathrm{diam}(A)$. 这是因为任何两点 $(z_1,t_1),(z_2,t_2)\in S_{n}A$ 的距离是 $|z_1-z_2|+|t_1-t_2|$. 存在 $(z_i,t_i^{\prime })\in A$ 使得 $|t_1^{\prime }-t_2^{\prime }|\ge |t_1-t_2|$, 从而 $(z_i,t_i^{\prime })$ 之间的距离不小于 $(z_i,t_i)$ 之间的距离. 因此, 只需对 $A$ 的 Steiner 对称化进行证明, 也就是说可以不妨设 $A$ 关于第 $n$ 个坐标对称.

再考虑对第 $n-1$ 个分量进行 Steiner 对称化, 注意这一操作不会破坏关于第 $n$ 个分量的对称性. 类似的, 对所有 $n$ 个分量都进行 Steiner 对称化之后, 可以不妨设 $A$ 关于每个分量都是对称的, 从而$$x\in A\Rightarrow -x\in A.$$这就说明 $A$ 的直径一定是被连线过原点的两点取到, 从而 $A$ 包含在 $\overline{B}(0,\mathrm{diam}(A)/2)$ 中, 证毕.

$\square$

注 2.5. 如果不经过 Steiner 对称化, 那么以 $A$ 的直径为直径的圆未必能包含 $A$, 比如 $A$ 是等边三角形的情况.

如下事实在上面的证明中不需要使用但值得指出. 对于紧集 $A$, 函数 ${\mathbb{R}}^{n-1}\ni z\mapsto {\mathcal{L}}^1(A_z)$ 是上半连续的. 于是如果在 Steiner 对称化的定义中用闭区间代替开区间 (并去掉那些 ${\mathcal{L}}^1(A_z)=0$ 的点) , 则 $S_{n}A$ 仍然是紧集.

现在来证明 ${\mathcal{H}}_{\infty }^n\ge {\mathcal{L}}^n$, 不妨设 ${\mathcal{H}}^n(A)<\infty$. 对任意 $\epsilon >0$, 存在 $A$ 的可数覆盖 $\mathcal{F}$, 使得$$\sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_n{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^n\le {\mathcal{H}}_{\infty }^n(A)+\epsilon .$$根据等直径不等式, 有$$|A|\le \sum _{F\in \mathcal{F}}|F|\le \sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_n{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^n\le {\mathcal{H}}_{\infty }^n(A)+\epsilon .$$根据 $\epsilon$ 的任意性即证.

综上所述, 结合 Hausdorff 测度的性质, 对任意 $\lambda >0$ 和任意 $A\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 有$$|A|\le {\mathcal{H}}_{\infty }^n(A)\le {\mathcal{H}}_{\lambda }^n(A)\le {\mathcal{H}}^n(A)\le |A|.$$这就完成了定理 2.1 的证明.

作为推论, 考虑 ${\mathbb{R}}^n$ 的 $m$ 维超平面 $\pi$, 其上至少有三种自然的 “$m$ 维” 测度, 即 $\pi$ 上的 $m$ 维 Lebesgue 测度、${\mathbb{R}}^n$ 上的 $m$ 维 Hausdorff 测度在 $\pi$ 上的限制、${\mathbb{R}}^m$ 上的 $m$ 维 Hausdorff 测度关于等距嵌入 ${\mathbb{R}}^m\to \pi \hookrightarrow {\mathbb{R}}^n$ 的推出. 前两种相同, 是因为 ${\mathbb{R}}^n$ 上的 ${\mathcal{H}}^n$ 限制在 $\pi$ 上就是 $\pi$ 上的 ${\mathcal{H}}^n$. 后两种相同, 是因为等距同构的空间上的 Hausdorff 测度自然也相等.

3与参数曲面面积的关系

一条参数曲线 $\Gamma$ 是指连续单射 $f:[a,b]\to {\mathbb{R}}^n$ 的像集, 定义 $\Gamma$ 的长度为$$l_{\Gamma }(a,b):=\underset{a=x_0<\cdots <x_n=b}{\sup }\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|.$$下面说明这一定义与 ${\mathcal{H}}^1$ 是一致的, 证明需要如下关于 Lipschitz 连续映射的引理.

定理 3.1. 设 $f:(X,d_X)\to (Y,d_Y)$ 是 Lipschitz 连续映射, 则$${\mathcal{H}}_{\delta }^{s}f(A)\le \mathrm{Lip}(f{)}^s{\mathcal{H}}_{\delta /\mathrm{Lip}(f)}^s{\mathcal{H}}^s(A).$$特别的, ${\mathcal{H}}^s(f(A))\le \mathrm{Lip}(f{)}^s{\mathcal{H}}^s(A)$.

证明. 因为 $\mathrm{diam}(f(F))\le \mathrm{Lip}(f)\mathrm{diam}(F)$, 根据定义即证.

$\square$

定理 3.2. 参数曲线 $\Gamma$ 由连续单射 $f:[a,b]\to {\mathbb{R}}^n$ 给出, 则 $l_{\Gamma }(a,b)={\mathcal{H}}^1(\Gamma )$.

证明. 对任意 $a\le x_0<\cdots <x_n=b$, 考虑 ${\mathbb{R}}^n$ 到 $f(x_{i-1})$ 和 $f(x_i)$ 所连直线的正交投影. 因为正交投影的 Lipschitz 常数为 $1$, 根据定理 3.1 可知$${\mathcal{H}}^1(f([x_{i-1},x_i]))\ge {\mathcal{H}}^1([f(x_{i-1}),f(x_i)])=|f(x_i)-f(x_{i-1})|.$$这里用到了直线上的 ${\mathcal{H}}^1$ 就是一维 Lebesgue 测度. 对 $i$ 求和, 并注意一点的 ${\mathcal{H}}^1$ 等于 $0$, 得$$\sum _{i=1}^n|f(x_i)-f(x_{i-1})|\le {\mathcal{H}}^1(f([x_{i-1},x_i]))={\mathcal{H}}^1(\Gamma ).$$对左边取上确界得 $l_{\Gamma }(a,b)\le {\mathcal{H}}^1(\Gamma )$.

下面证明反过来的不等式, 需要用到弧长参数. 考虑映射 $l(x)={\mathcal{H}}^1(f([a,x]))$, 则 $l(0)=0$, $l(b)=l_{\Gamma }(a,b)$, 并且上面的证明表明 $l(x)$ 关于 $x$ 严格单调递增. 于是可以定义 $l(x)$ 的反函数 $l^{-1}:[0,l_{\Gamma }(a,b)]\to [a,b]$, 考虑 $\Gamma$ 的另一种参数表示$$\begin{array}{rl}g:[0,l_{\Gamma }(a,b)]& \to {\mathbb{R}}^n,\\ x& \mapsto f(l^{-1}(x)).\end{array}$$因为 $|f(x)-f(y)|\le {\mathcal{H}}^{1}f([x,y])=|l(x)-l(y)|$, 所以$$|g(x)-g(y)|=|f(l^{-1}(x))-f(l^{-1}(y))|\le |x-y|.$$也就是说 $\mathrm{Lip}g\le 1$, 再次根据定理 3.1 得$${\mathcal{H}}^1(\Gamma )\le {\mathcal{H}}^1([0,l_{\Gamma }(a,b)])=l_{\Gamma }(a,b).$$

综合两方面便完成了证明.

$\square$

进一步, 如果 $f$ 不仅仅是连续单射, 而是 $C^1$ 单射, 则容易证明$$l_{\Gamma }(a,b)={\int }_a^b|f^{\prime }(x)|dx.$$这是通常定义 $C^1$ 参数曲线的长度的公式, 实际上这就是一维 Hausdorff 测度.

更一般的, 对于 $m$ 维 $C^1$ 参数曲面, 即 $C^1$ 单射 $f:{\mathbb{R}}^m\ni U\to {\mathbb{R}}^n$, 则定义其面积为$${\int }_U\sqrt{\det (Df(x{)}^{T}Df(x))}dx.$$实际上, 这正是像集的 ${\mathcal{H}}^m$ 测度. 详细证明参见 Lipschitz 连续映射中对于 “面积公式” 的讨论, 那里是对更一般的 Lipschitz 连续映射进行证明.

4Hausdorff 维数与分形

直线之所以是一维, 是因为其 ${\mathcal{H}}^1$ 是正的, 而对任何 $s>1$ 都有 ${\mathcal{H}}^s$ 等于 $0$. 一般的, 可以用使得 ${\mathcal{H}}^s$ 为 $0$ 的 $s$ 之下确界定义维数. 这一定义的奇妙之处在于, 维数并非线性结构或微分结构所独有, 还可以完全由度量给出.

定义 4.1. 设 $(X,d)$ 是度量空间, 定义 $A\subseteq X$ 的 Hausdorff 维数为$$\dim (A):=\inf \{s\ge 0\mid {\mathcal{H}}^s(A)=0\}.$$

理解 Haudorff 维数自然首先需要理解 ${\mathcal{H}}^s(A)$ 关于 $s$ 如何变化.

定理 4.2. 如果 ${\mathcal{H}}^s(A)<\infty$, 则对任意 $r>s$, 有 ${\mathcal{H}}^r(A)=0$.

另一方面, 如果 ${\mathcal{H}}^s(A)>0$, 则对一切 $0\le r<s$ 都有 ${\mathcal{H}}^r(A)=\infty$.

证明. 对任意 $\delta >0$, 存在 $A$ 的可数覆盖 $\mathcal{F}$ 满足 $\mathrm{diam}(F)<\delta (\forall F\in \mathcal{F})$, 并且$$\sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_s{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s<{\mathcal{H}}_{\delta }^s(A)+1\le {\mathcal{H}}^s(A)+1.$$于是$${\mathcal{H}}_{\delta }^r(A)\le \sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_r{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^r\le \frac{{\omega }_r}{{\omega }_s}{\left(\frac{\delta }{2}\right)}^{r-s}\sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_s{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s\le \frac{{\omega }_r}{{\omega }_s}{\left(\frac{\delta }{2}\right)}^{r-s}({\mathcal{H}}^s(A)+1).$$令 $\delta \to 0+$ 即证. 另一方面的情况正是逆否命题.

$\square$

推论 4.3. 当 $s<\dim (A)$ 时, ${\mathcal{H}}^s(A)=\infty$; 当 $s>\dim (A)$ 时, ${\mathcal{H}}^s(A)=0$.

特别的, 如果 ${\mathcal{H}}^s(A)\in (0,\infty )$, 则 $\dim (A)=s$.

注 4.4. 当 $s=\dim (A)$, 也有可能 ${\mathcal{H}}^s(A)\in \{0,\infty \}$. 前一种情况比较简单, 比如说任何可数集的 Hausdorff 维数是 $0$, 但 $0$ 维 Hausdorff 测度是 $\infty$. 后一种情况, 如果不想要 ${\mathcal{H}}^1(\mathbb{R})=\infty$ 这样的平凡例子, 可以利用定理 4.9, 在 $[n,n+1]$ 中取一个维数为 $1-1/n$ 的集合, 则它们的并是 $1$ 维的, 但 $1$ 维 Hausdorff 测度等于 $0$.

Hausdorff 测度并无计算的一般方法, 导致 Hausdorff 维度对于一般的集合并不便于求出. 以下是最简单的情况.

定理 4.5. 当 $s>{\mathbb{R}}^n$ 时, ${\mathcal{H}}^s({\mathbb{R}}^n)=0$.

作为推论, ${\mathbb{R}}^n$ 中非空开集的 Hausdorff 维数是 $n$.

证明. 因为 ${\mathbb{R}}^n$ 是可数个方体的并, 只需证明 ${\mathcal{H}}^s([0,1{]}^n)$.

对任意 $k\in \mathbb{N}$, 将 $[0,1{]}^n$ 的各边 $k$ 等分, 分成 $k^n$ 个方体, 构成 $[0,1]$ 的覆盖, 所以$${\mathcal{H}}_{\sqrt{n}/k}^s([0,1{]}^n)\le k^n\cdot {\omega }_s{\left(\frac{\sqrt{n}/k}{2}\right)}^s=O(k^{n-s}).$$令 $k\to \infty$ 即证.

$\square$

要验证 ${\mathcal{H}}^s(A)=0$, 实际上只需要验证 ${\mathcal{H}}_{\infty }^s(A)=0$, 这在实践中能够带来一些便利.

定理 4.6. 如果 ${\mathcal{H}}_{\infty }^s(A)=0$, 则 ${\mathcal{H}}^s(A)=0$.

证明. 如果 $s=0$, 则结论显然成立, 下面假设 $s>0$. 对任意 $\delta >0$, 存在可数覆盖 $\mathcal{F}$, 使得$$\sum _{F\in \mathcal{F}}{\omega }_s{\left(\frac{\mathrm{diam}(F)}{2}\right)}^s<\epsilon .$$注意到这导致对每个 $F\in \mathcal{F}$ 都有 $\mathrm{diam}(F)\le 2(\epsilon /{\omega }_s{)}^{1/s}$, 所以$${\mathcal{H}}_{2(\epsilon /{\omega }_s{)}^{1/s}}^s(F)\le \epsilon .$$令 $\epsilon \to 0+$ 即证.

$\square$

Hausdorff 维数与分形有天然的联系. 所谓分形是指一个集合与其子集相似, 下面以 Cantor 集为例.

例 4.7 (Cantor 集). 将 [0,1] 三等分, 去掉中间的一段, 得到左右两个闭区间 $C_1=[0,1/3]\cup [2/3,1]$; 接下来, 再将 $C_1$ 中的两个区间三等分, 各自去掉中间的一段, 得到 $C_2=[0,1/9]\cup [2/9,1/3]\cup [2/3,7/9]\cup [8/9,1]$; 重复这样的操作, 最终定义 $C={\bigcap }_{n\in \mathbb{N}}{C}_n$, 称为 Cantor 集.

因为 $C_n$ 是 $2^n$ 个长度为 $3^{-n}$ 的区间, 所以 $|C_n|\to 0$, 从而 $|C|=0$. 此外, 容易证明 $C$ 中任何一个点都是聚点, 从而拓扑学的命题表明 $C$ 是不可数集. 这两方面的观察表明, $C_n$ 的维数应当介于 $0$ 和 $1$ 之间.

$C$ 与自身的左右两部分 $C_l,C_r$ 相似, 相似比为 $3:1$, 这就构成了分形的例子. 假设 $s=\dim (C)$, 如果能够证明 ${\mathcal{H}}^s(C)\in (0,\infty )$, 则利用自相似性可以很简单地求出 $s$. 事实上, 因为 ${\mathcal{H}}^s(C_l)={\mathcal{H}}^s(C_r)=3^{-s}{\mathcal{H}}^s(C)$, 所以$$2\cdot 3^{-s}{\mathcal{H}}^s(C)={\mathcal{H}}^s(C).$$由此可知 $s=\ln 2/\ln 3$.

上面的论述存在一个小问题, 即并不知道 ${\mathcal{H}}^s(C)$ 是否可能是 $0$ 或无穷, 其中 $s=\ln 2/\ln 3$. 因为 $C_n$ 对应的 $2^n$ 个小区间已经构成 $C$ 的覆盖, 所以$${\mathcal{H}}_{3^{-n}}^s(C)\le 2^n\cdot {\omega }_s{\left(\frac{3^{-n}}{2}\right)}^s=\frac{{\omega }_s}{2^s}.$$令 $n\to \infty$ 可得 ${\mathcal{H}}^s(C)\le {\omega }_s/2^s<\infty$.

而 ${\mathcal{H}}^s(C)>0$ 似乎难有直白的证明. 实际上, 可以准确求出 $\dim (C)={\omega }_s/2^s$, 大致的方法如下: 任何 $C$ 的可数覆盖可以不妨设是开覆盖, 从而可以用其中有限个开区间盖住 $C$, 并且可以不妨假设两两不交. 接下来, 这些开区间的并一定覆盖了某个 $C_n$, 如果 $C_n$ 中的某两个子区间 $I,J$ 同时包含在同一个开区间中, 则将其分开分别包含 $I,J$ 是更 “经济” 的方式. 比如说, 如果 $I,J$ 是 $C_n$ 中相邻的两个区间, $K$ 是 $I,J$ 之间的 “空隙”, 如果同时覆盖 $I,J$ 的正好是 $I\cup J\cup K$, 由于 $I\cup J\cup K$ 的直径至少是 $\mathrm{diam}(I)+\mathrm{diam}(J)$ 的 $3/2$ 倍, 所以$$\begin{array}{rl}(\mathrm{diam}(I\cup J\cup K)/2{)}^s& \ge (3(\mathrm{diam}(I)+\mathrm{diam}(J))/4{)}^s\\ & =2{\left(\frac{\mathrm{diam}(I)/2+\mathrm{diam}(J)/2}{2}\right)}^s\\ & \ge (\mathrm{diam}(I)/2{)}^s+(\mathrm{diam}(J)/2{)}^s.\end{array}$$证明 ${\mathcal{H}}^s(C)={\omega }_s/2^s$ 只需将上面的思路严格化.

注 4.8. 上述求 $\dim (C)$ 的方法只用到了 $C$ 的自相似性, 可以推广到一般的分形上. 但如何求出 Hausdorff 测度仍是困难的问题.

可以定义类 Cantor 集, 即仿照 $C$ 的定义, 只是每一步不再是保留两边各 $1/3$ 的区间, 而是改为各保留 $1/k(k>2)$. 容易看出如此定义的类 Cantor 集与 Cantor 集 $C$ 同胚, 且维数是 $\ln 2/\ln k$. 由此可知, Hausdorff 维数确实是度量性质, 而不由拓扑确定. 特别的, 类 Cantor 集的维数能够取遍 $(0,1)$.

更一般的, 可以定义 ${\mathbb{R}}^n$ 中的类 Cantor 集, 方法是每一步只留下单位方体中 $2^n$ 个角上边长为 $1/k(k>2)$ 小方体. 则类 Cantor 集的 Hausdorff 维数是 $\ln 2^n/\ln k$, 从而取遍了 $(0,n)$, 得到下面的命题.

定理 4.9. 设 $s\in [0,n]$, 则存在 ${\mathbb{R}}^n$ 中的紧集 $K$, 使得 $\dim (K)=s$.

注 4.10. 对于类 Cantor 集 $C^{\prime }$, 如果 $\dim (C^{\prime })=s$, 则可以证明 ${\mathcal{H}}^s(C^{\prime })={\omega }_s/2^s$. 这个数正好是理想中直径为 $1$ 的 $s$ 维球的体积.

需要指出的是, ${\mathcal{H}}^r\times {\mathcal{H}}^s$ 通常不等于 ${\mathcal{H}}^{r+s}$. 比如考虑 $k=4$ 的类 Cantor 集 $C^{\prime }$, 则 $\dim C^{\prime }=1/2$ 且 ${\mathcal{H}}^{1/2}(C^{\prime })={\omega }_{1/2}/\sqrt{2}$, 而 $\dim (C^{\prime }\times C^{\prime })=1$ 且 ${\mathcal{H}}^1(C^{\prime }\times C^{\prime })=1/2\ne ({\mathcal{H}}^{1/2}(C^{\prime }){)}^2$.

在这个反例中, 尚有 $\dim (C^{\prime }\times C^{\prime })=2\dim (C^{\prime })$, 但一般来讲甚至连这个事情都是不成立的! 因此 Haudorff 测度的乘积测度通常更加复杂.

术语翻译

Hausdorff 测度 • 英文 Hausdorff measure