乘积测度

乘积测度（product measure）把两个测度空间组合为一个空间，使可测矩形的大小等于两条“边”的大小之积。平面上长方形的面积、两个独立试验的联合概率，以及双重求和中的点权重，都属于这种构造。这里的“矩形”是集合的笛卡尔积，两条边可以是任意可测集合，不限于几何线段。

只规定矩形上的乘法，还没有直接规定曲边区域或无限并集的大小。乘积测度需要把这条规则扩充到一个σ代数，并保持可列可加性。在两个空间都σ有限时，这个扩充唯一；它也能由可测截面的大小来计算。

两组权重组成的六个格点

取两组结果 $X=\{a,b\}$、$Y=\{0,1,2\}$，分别给定概率 $$\mu (\{a\})=\frac{1}{3},\mu (\{b\})=\frac{2}{3},$$ $$\nu (\{0\})=\frac{1}{2},\nu (\{1\})=\frac{1}{3},\nu (\{2\})=\frac{1}{6}.$$ 两组权重各自加起来都是一。在乘积模型中，点 $(a,1)$ 的质量为 $(1/3)(1/3)=1/9$；点 $(b,2)$ 的质量为 $(2/3)(1/6)=1/9$。六个点的质量如下。

图中每格只代表一个结果对，格子面积不编码概率。金色三格的概率之和为5/18。

令事件 $E=\{(a,1),(a,2),(b,2)\}$。直接逐点相加得到 $$(\mu \otimes \nu )(E)=\frac{1}{9}+\frac{1}{18}+\frac{1}{9}=\frac{5}{18}.$$ 也可以先固定第一个结果：在 $a$ 这一行，允许第二个结果为 $1$ 或 $2$，相应的 $\nu$ 质量是 $1/2$；在 $b$ 这一行，只有 $2$，质量是 $1/6$。再按行权重求和： $$\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{6}=\frac{5}{18}.$$ 这一计算把事件拆成了“固定一个坐标后的截面”。对连续空间，有限的加权和将由积分代替。

变式。 保持事件和 $\nu$ 不变，把 $a,b$ 的概率各改为 $1/2$。两行的截面质量仍是 $1/2,1/6$，因此新事件概率为 $$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{3}.$$ 变化来自第一坐标的测度，不是事件包含的点变了。

乘积σ代数与矩形规则

设 $(X,𝒜,\mu )$、$(Y,ℬ,\nu )$ 是测度空间。其中 $𝒜,ℬ$ 指定各自允许测量的集合。可测矩形是 $A\times B$，其中 $A\in 𝒜$、$B\in ℬ$。乘积σ代数定义为 $$𝒜\otimes ℬ=\sigma \{A\times B:A\in 𝒜,B\in ℬ\}.$$ 右侧表示包含所有可测矩形的最小σ代数，而不是只包含矩形的集合族；例如三角形就不是一个矩形。

乘积测度定理。 若两个测度都σ有限，即各自的整个空间可由可列个有限测度集合覆盖，则 $𝒜\otimes ℬ$ 上存在唯一测度 $\mu \otimes \nu$，满足 $$(\mu \otimes \nu )(A\times B)=\mu (A)\nu (B).$$ 这里约定 $0\cdot \mathrm{\infty }=\mathrm{\infty }\cdot 0=0$。例如，平面中一条长度无穷的直线仍有二维面积零，不能把“零乘无穷”留作无定义。

σ有限允许总测度无穷。实数轴可用有限长区间覆盖，自然数上的计数测度可用单点集合覆盖，两者都是σ有限。一般测度空间上也有由外测度得到的标准乘积构造；此处的唯一性和下文的截面积分公式在σ有限的假设下陈述，不把这些结论无条件推广。

截面及其可测性

对集合 $E\subseteq X\times Y$，定义 $$E_x=\{y\in Y:(x,y)\in E\},$$ $$E^y=\{x\in X:(x,y)\in E\}.$$ 下标表示固定 $x$ 后得到 $Y$ 中的集合；上标表示固定 $y$ 后得到 $X$ 中的集合。若 $E\in 𝒜\otimes ℬ$，则每个 $E_x\in ℬ$、每个 $E^y\in 𝒜$。

证明。 对矩形 $A\times B$，截面 $E_x$ 是 $B$ 或空集，取决于 $x$ 是否属于 $A$。固定坐标与补集、可列并交换： $$(E^{\mathrm{c}}{)}_x=Y\setminus E_x,{\left(\bigcup _n{E}_n\right)}_x=\bigcup _n(E_n{)}_x.$$ 因此，“所有截面都可测”的集合族是包含矩形的σ代数，必包含乘积σ代数。另一个方向相同。这个结论还不等于说截面大小随坐标可测；后者需要下面的论证。

在σ有限的条件下，函数 $x\mapsto \nu (E_x)$ 和 $y\mapsto \mu (E^y)$ 都可测，并满足截面积分公式 $$\begin{array}{cc}(\mu \otimes \nu )(E)& ={\int }_X\nu (E_x)\mathrm{d}\mu (x)\\ & ={\int }_Y\mu (E^y)\mathrm{d}\nu (y).\end{array}$$ 积分是非负勒贝格积分，允许等于正无穷。这一公式既解释了开头的行权重计算，也给出了乘积测度的一种构造方法。

从有限空间构造乘积测度

先假设 $\mu (X)<\mathrm{\infty }$、$\nu (Y)<\mathrm{\infty }$。以下证明只使用一重积分和单调收敛定理，不预先使用托内利定理或富比尼定理。

令 $ℛ$ 为可测矩形的有限并组成的集合族。两个矩形相交仍是矩形；矩形的补集可拆为有限个不交矩形。因而 $ℛ$ 对有限并和补集封闭，是一个集合代数。任意有限并还可按各条边及其补集细分为有限个不交矩形。

考虑乘积σ代数中满足下列条件的集合所成的类 $𝒞$：两个截面大小函数可测，且它们的积分相等。对矩形 $E=A\times B$，有 $$\nu (E_x)=\nu (B){\mathrm{𝟏}}_A(x),\mu (E^y)=\mu (A){\mathrm{𝟏}}_B(y),$$ 两侧积分都为 $\mu (A)\nu (B)$。不交矩形的有限并可逐项相加，所以 $ℛ\subseteq 𝒞$。

若 $E_n\in 𝒞$ 递增到 $E$，则每个固定坐标的截面也递增。测度的从下连续性给出 $$\nu ((E_n{)}_x)\uparrow \nu (E_x).$$ 截面大小的极限可测；对这列非负函数用单调收敛定理，两个方向的积分仍相等。因此 $E\in 𝒞$。

若 $E_n$ 递减，则截面大小从上趋于交集截面大小，因为它们分别不超过有限的 $\nu (Y)$ 与 $\mu (X)$。对第一方向，可把非负递增函数 $$\nu (Y)-\nu ((E_n{)}_x)$$ 代入单调收敛定理，再从有限常数 $\mu (X)\nu (Y)$ 中减去其积分；第二方向相同。故 $𝒞$ 也对递减交封闭，没有使用无穷减无穷。

这里使用集合的单调类定理：包含一个集合代数、并对可列递增并和递减交封闭的集合类，必包含该代数生成的σ代数。它把已经核对的封闭操作推广到全部生成集合；该辅助定理的证明见Shapiro讲义引理5.12，Hunter讲义定理5.17也陈述了此结果。 因此 $𝒞=𝒜\otimes ℬ$。

现在对任意乘积可测集定义 $$m(E)={\int }_X\nu (E_x)\mathrm{d}\mu (x).$$ 空集的积分为零。若 $E_n$ 两两不交，它们在每个固定 $x$ 的截面也不交，故 $$\nu \left({\left(\bigcup _n{E}_n\right)}_x\right)=\sum _n\nu ((E_n{)}_x).$$ 对右侧的非负部分和再用单调收敛定理，得到 $$m\left(\bigcup _n{E}_n\right)=\sum _{n}m(E_n).$$ 这证明 $m$ 是测度；矩形规则和两个方向的截面积分公式也都成立。

唯一性可用同一个单调类定理证明。两个有限测度若在所有矩形上相等，就在其有限并代数上相等；相等集合类对递增并、递减交封闭，因而在整个乘积σ代数上相等。

σ有限空间中的拼接

若总测度可能无穷，先由可列有限测度覆盖删去重复部分，得到不交可测分割 $$X=\bigcup _{i\ge 1}{X}_i,Y=\bigcup _{j\ge 1}{Y}_j,$$ 其中 $\mu (X_i),\nu (Y_j)$ 都有限。在每个盒子 $X_i\times Y_j$ 上，将原σ代数和测度限制到相应的 $X_i,Y_j$；原乘积可测集与盒子的交属于这个限制后的乘积σ代数。刚才的有限情形因而给出测度 $m_{ij}$。记 $E_{ij}=E\cap (X_i\times Y_j)$，定义 $$m(E)=\sum _{i,j\ge 1}{m}_{ij}(E_{ij}).$$ 每项都是一个测度对盒子的限制，非负可列和仍是测度：对不交集合，把两组非负求和看成有限部分和的上确界即可交换次序。

矩形 $A\times B$ 被各盒子拆为不交小矩形，因而 $$\begin{array}{cc}m(A\times B)& =\sum _{i,j}\mu (A\cap X_i)\nu (B\cap Y_j)\\ & =\mu (A)\nu (B).\end{array}$$ 最后一步来自两个非负级数的乘积；若其中一组总量为零，全部项都是零，对应约定 $0\cdot \mathrm{\infty }=0$。

对一般 $E$，在 $x\in X_i$ 上有 $$\nu (E_x)=\sum _j\nu (E_x\cap Y_j).$$ 各项在 $X_i$ 上的可测性及积分等式由有限盒子情形保证；单调收敛允许把这个非负和移到积分外，再对 $i$ 求和，就得到完整的截面积分公式。若另一个测度满足矩形规则，它在每个有限盒子上由唯一性与 $m_{ij}$ 一致，再由可列可加性在全空间一致。构造和唯一性都已落实到有限盒子。

三角区域的面积与独立性条件

取 $X=[0,2]$、$Y=[0,1]$，两者使用Borel集合上的长度测度。区域 $$T=\{(x,y):0\le x\le 2,0\le y\le x/2\}$$ 是闭集，因而在乘积Borel σ代数中可测。固定 $x$，竖直截面长度为 $x/2$；固定 $0\le y\le 1$，水平截面为 $[2y,2]$，长度为 $2-2y$。于是 $$\begin{array}{cc}{\int }_0^2\frac{x}{2}\mathrm{d}x& =1,\\ {\int }_0^1(2-2y)\mathrm{d}y& =1.\end{array}$$ 这两次计算都给出 $T$ 的乘积测度。图中在 $x=1$ 的截面长 $0.5$，在 $y=0.25$ 的截面长 $1.5$；积分是把所有位置的截面大小累计起来，而不是只取某一条代表线段。

同一区域可以按竖直或水平截面累计面积；截面方向改变时，端点条件也要随之改写。

概率模型还须区分“给定两个边缘分布”和“选择其乘积”。例如两个坐标都只取 $0,1$，各以概率 $1/2$ 取两个值。乘积概率给四个结果对各 $1/4$，两坐标独立。但也可让联合概率只集中在 $(0,0),(1,1)$，各为 $1/2$；两条边缘分布没有变，两坐标却完全相同。仅知道边缘分布，不能直接把交事件概率相乘。对于两个概率空间，选择乘积概率正是把坐标事件设为相互独立的构造。

完备化与截面的例外

乘积σ代数一般不是完备的，即使两个因子空间已经完备。设 $N\subseteq ℝ$ 不为勒贝格可测。集合 $\{0\}\times N$ 包含在二维零测集 $\{0\}\times ℝ$ 中，所以在二维勒贝格测度的完备化中可测、测度为零；但它不属于 $ℒ(ℝ)\otimes ℒ(ℝ)$，因为在 $x=0$ 的截面恰是不可测的 $N$，违反前面证明的“每个截面都可测”。这里 $ℒ$ 表示勒贝格σ代数。

在欧氏空间，Borel集合上的乘积长度测度经过完备化得到通常的高维勒贝格测度。当两个因子空间都完备且σ有限时，乘积测度完备化后的截面及累次积分结论有几乎处处成立的版本。若因子未完备，应同时将因子测度完备化后使用相应版本；不能只完成乘积，却仍无条件要求截面在原来的因子σ代数中可测。即使采用完备因子，也不能把前面对每个坐标成立的断言原封不动搬到完成后的乘积上。

相关条目

• 测度、可测函数：定义可测对象及其大小。
• 勒贝格积分、单调收敛定理：将非负截面大小累计成积分。
• 托内利定理：从集合的指标函数推广到任意非负可测函数。
• 富比尼定理：绝对可积函数的累次积分。