變量替換的基礎：Jordan 覆蓋與雙側小立方體體積估計

學習目標與預備知識

證明可微坐標變換保持 Jordan 零測邊界，並對每個小立方體得到一致的雙側體積估計。內覆蓋論證給出下界，外側線性化估計給出上界。下一章利用這些估計，在每個有限維空間中證明積分換元定理。

我們使用有限維歐氏空間拓撲、線段上的微積分基本定理、行列式、緊集上的一致連續性，以及盒上的普通 Darboux 積分。體積與積分均通過有限 Jordan 覆蓋和 Darboux 和建立。

估計中使用 $\|x\|_\infty=\max_j|x_j|$ 及其誘導矩陣範數。中心為 $c$、邊長為 $h$ 的閉立方體滿足 $\|x-c\|_\infty\le h/2$。其普通體積為 $h^n$。在有限維空間中改變範數不改變連續性或可微性，但此範數使立方體中的常數清楚可見。

1. Jordan 體積與有限覆蓋邊界判據

有界集合稱為 Jordan 零測集，是指對每個 $\varepsilon>0$，都可用有限個坐標軸平行盒覆蓋，且盒的總體積小於 epsilon。還可要求這些盒是邊長任意小的立方體：對有限盒覆蓋作足夠細的剖分，允許盒面處增加任意小的總體積。當集合的示性函數在包含 $E$ 的盒內可積時，其 Riemann 積分稱為 Jordan 體積 $v(E)$。

引理：有界 Jordan 集的邊界零測，反之亦然

有界集合 $E$ Jordan 可測，當且僅當 $\partial E$ 為 Jordan 零測集。此外，在足夠細的規則立方網格上，與 $\partial E$ 相交的立方體總體積趨於零。

由 Darboux 和證明。 內部同時與 $E$ 及其補集相交的網格單元上，示性函數的振幅為一；不與邊界相交的單元上，振幅為零。若邊界零測，由其閉包的緊性，可取總體積任意小的有限開盒覆蓋。將一個零測覆蓋略作擴大，在保持總體積小的同時使其開。足夠細的網格中，所有邊界單元均位於這一開覆蓋內；否則直徑趨零的單元將給出任意接近緊邊界、卻位於其鄰域之外的點，產生矛盾。因此這些單元的總體積很小，Darboux 判據得證。

反過來，選擇示性函數的上、下和之差小於 epsilon 的網格。任何不在網格面上的邊界點都屬於一個同時與兩集合相交的單元，因此屬於這些振幅非零的單元。有限多個網格面本身零測：用厚度任意小的薄片覆蓋每個有界面。振幅非零的單元與這些薄片共同覆蓋整個邊界，其總體積可任意小，從而證明零測。前述開覆蓋論證隨即給出規則網格邊界單元的估計；這也是下文要用的估計。

有界 Jordan 集的有限並、交與差仍為 Jordan 集，因為其邊界包含在原有邊界的並中。Jordan 體積與 Riemann 積分在交疊部分零測的分塊上具有有限可加性。為說明這一點，對各個盒近似共同細分；在有限多個零測邊界的覆蓋之外，相應的示性函數恰好相加，其餘誤差由覆蓋總體積控制。同一論證也證明，在 Jordan 零測集上改變有界被積函數的值，不改變其積分。

若函數在緊 Jordan 集 $K$ 上連續，將它在包含該集的盒內作零延拓後可積。在完全位於 $K$ 內的立方體中，一致連續性控制振幅；與邊界相交的立方體總體積任意小，函數的統一界控制其貢獻；在 $K$ 外延拓函數為零。這也表明，完全位於 $K$ 內的網格立方體上的帶標記和收斂到其積分，因為被遺漏的邊界立方體總體積趨於零。

2. 仿射盒的體積

引理：平行多面體的體積

對於可逆實矩陣 $A$ 和坐標軸平行盒 $Q$，

$$v(AQ+b)=|\det A|\,v(Q).$$

盒的像是平行多面體。

初等幾何證明。 高斯消元把 $A$ 表成坐標置換、非零坐標縮放以及將某一坐標的倍數加到另一坐標上的剪切的乘積。置換保持盒覆蓋的體積。坐標縮放將體積乘以縮放因子的絕對值：對盒先有精確等式，再推廣到有限盒近似。剪切保持平行多面體的體積：平行於被改變坐標的切片仍是長度相同的區間，只是按其他坐標決定的量平移。

所需的多面體切片原理可由 Darboux 和直接得到。有界多面體的邊界位於有限多個超平面內，每個超平面均零測。對有界超平面片，選一個系數非零的坐標解出，並將其餘坐標剖分為邊長 $h$ 的立方體；每個柱上高度變化為 $O(h)$，故總體覆蓋體積為 $O(h)$。多面體的切片長度在有限多個區域上分片仿射，因此 Riemann 可積。對逐單元的示性函數下和與上和積分，可把切片長度積分夾在相同的兩個和之間；邊界零測判據使其差趨於零。這證明體積等於這些多面體的切片長度積分。因此剪切前後切片長度不變，體積也不變。

依次將這些初等操作作用於 $Q$。每個中間像仍是平行多面體，因此切片論證持續適用。置換和剪切的體積因子均為一，縮放的因子是對角縮放量的絕對值。由行列式代數，其乘積為 $|\det A|$。平移保持有限盒近似，故引理得證。

普通體積必須取絕對值：坐標反射改變行列式的符號，卻不能把非負體積變為負數。

3. 局部 Lipschitz 映射將緊零測集映為零測集

引理：有限覆蓋下的零測保持

設 $N$ 是開集 $U$ 內的緊 Jordan 零測子集，且 $F:U\to\mathbb R^n$ 為 $C^1$，則 $F(N)$ 是 Jordan 零測集。

證明。 在 $U$ 內選取 $N$ 的緊鄰域，並在其中以某個 $L>0$ 控制 $\|DF\|_\infty$。用該鄰域內足夠小的有限多個立方體覆蓋 $N$，使總體積任意小。在每個立方體內，連接兩點的線段仍留在鄰域中。沿線段應用微積分基本定理得到 $\|F(x)-F(y)\|_\infty\le L\|x-y\|_\infty$。因此中心為 $c$、邊長為 $h$ 的立方體的像包含在中心為 $F(c)$、邊長為 $Lh$ 的立方體內。這些包圍像的立方體總體積至多是原覆蓋總體積的 $L^n$ 倍。令原總體積小於 $\varepsilon/L^n$，即可得到所需的有限像覆蓋。需要時可把 $L$ 增大至至少一。逐個立方體的估計保證每條線段都位於開定義域內。

同一結論適用於這樣一個緊零測集的任何有界子集，因為其像包含在該零測像的覆蓋中。它也適用於 $C^1$ 微分同胚的逆映射在目標空間緊子集上的作用。

現令 $T:U\to V$ 為 $\mathbb R^n$ 的兩個開子集之間的 $C^1$ 微分同胚。若 $K\subset U$ 緊且 Jordan 可測，則 $T(K)$ 亦緊且 Jordan 可測。事實上，開鄰域之間的同胚將邊界映為邊界：

$$\partial T(K)=T(\partial K).$$

這是因為 $T$ 及其逆都是開映射，故在兩個方向上都將 $K$ 的內部映為 $T(K)$ 的內部；緊性使兩集合均閉。由集合減去各自的內部即得邊界恆等式。對 $\partial K$ 應用零測保持引理，再應用 Jordan 邊界判據即可。

對閉包位於 $U$ 內的有界 Jordan 子集，同樣的局部邊界論證也成立。這將用於處理由目標空間有限網格切出的各塊。

4. 一致立方體畸變：證明兩個包含關係

固定緊集 $K\subset U$，在 $U$ 內選取 $K$ 的緊鄰域 $K_*$。在該鄰域上，$DT$ 和其逆矩陣均有界，因為矩陣元素連續且每個行列式均非零。以 $\kappa$ 表示 $\|DT(x)^{-1}\|_\infty$ 的一個界，以 $J_*$ 表示 $J(x)=|\det DT(x)|$ 的一個界。

一致連續性給出一個模函數 $\omega(h)\to0$：當 $x,y\in K_*$ 且 $\|x-y\|_\infty\le h$ 時，它控制 $\|DT(x)-DT(y)\|_\infty$。考慮任一與 $K$ 相交、邊長為 $h$ 的充分小閉網格立方體 $Q$；選擇足夠小的尺度，使整個 $Q$ 位於 $K_*$ 內。令 $c$ 為其中心，$A=DT(c)$。線段上的微積分基本定理給出

$$T(x)=T(c)+A(x-c)+R(x),\qquad \|R(x)\|_\infty\le\omega(h)h/2\quad(x\in Q).$$

令 $\delta(h)=\kappa\omega(h)/2$，並將像歸一化為

$$H(x)=c+A^{-1}[T(x)-T(c)].$$

於是 $H(c)=c$，且在整個 $Q$ 上有 $\|H(x)-x\|_\infty\le\delta(h)h$。令 $Q^+$ 和 $Q^-$ 分別為同心、邊長 $h(1+2\delta)$ 與 $h(1-2\delta)$ 的立方體，並取足夠小的 $h$ 使 $\delta<1/4$。

外側包含。 坐標誤差界直接給出 $H(Q)\subseteq Q^+$。

內側包含。 邊界點 $x\in\partial Q$ 的某個坐標距中心為 $h/2$，故其在 $H$ 下的像的該坐標距中心至少為 $h/2-\delta h$。因此 $H(\partial Q)$ 與內部和 $Q^-$ 相同的開立方體不相交。由於 $H$ 在一個開鄰域上為同胚，$\partial H(Q)=H(\partial Q)$，且 $c$ 是 $H(Q)$ 的內點。

如果該開內立方體有一點在閉集 $H(Q)$ 之外，那麼連接該點與 $c$ 的線段完全位於此內立方體中，並且離開該集合時必與 $\partial H(Q)$ 相交。這與剛證明的邊界排除矛盾。因此開內立方體包含於 $H(Q)$，由閉性得到 $Q^-\subseteq H(Q)$。這就是線段從閉集內點首次離開的初等性質。

撤銷仿射歸一化。線性體積引理與集合包含關係給出雙側估計

$$J(c)(1-2\delta(h))^n h^n \le v(T(Q))\le J(c)(1+2\delta(h))^n h^n.$$

因此存在單一的 $\beta(h)\to0$，與在 $K$ 附近選取的立方體無關，使

$$|v(T(Q))-J(c)v(Q)|\le\beta(h)v(Q).$$

例如可取 $\beta(h)=J_*\max((1+2\delta)^n-1,\ 1-(1-2\delta)^n)$。此外，對這些小立方體，有 $v(T(Q))\le C v(Q)$，其中固定常數 $C=J_*(3/2)^n$。仿射體積引理將兩個包圍關係轉化為上述體積界。

一致相對誤差使各單元誤差能夠在不斷細化的網格上求和；同一組常數也控制邊界立方體。

估計例子

在二維中，若 $\delta\le1/100$，中心處的 Jacobian 為 $J(c)$，則像的面積介於 $0.98^2J(c)h^2$ 與 $1.02^2J(c)h^2$ 之間。即使網格單元數按 $h^{-2}$ 的量級增長，相對界仍然有用。導數的一致連續性使得當 $h$ 減小時 delta 趨於零。

分層證明練習

1. 零測覆蓋。 重現 Lipschitz 映射保持像零測的證明，並解釋為甚麼只需在覆蓋用的小立方體上有導數界，而無須在連接 $U$ 內任意兩點的每條線段上有界。
2. 邊界。 在所述緊性及同胚假設下證明 $\partial T(K)=T(\partial K)$。若集合到達 $U$ 的邊界，哪些事實需要重新檢查？
3. 內覆蓋。 解釋為甚麼僅有像的外側包圍不能建立所述體積漸近式。重現利用邊界與線段證明內側包含的論證。
4. 一致性。 指出緊性在何處提供共同的導數界、逆矩陣界及連續性界。解釋為甚麼對每個互不相關的單元中心分別給出 little-o 陳述，不足以得到後續求和所需的估計。

完整解答

1. 總體積為 $\eta$ 的有限立方體覆蓋，其像包含在總體積至多為 $L^n\eta$ 的立方體中，故取 $\eta<\varepsilon/L^n$。每個小立方體及其內部線段均留在 $U$ 內固定的緊鄰域中，導數在該鄰域有統一界。連接相距較遠的兩點的線段可能離開非凸定義域；本證明從不需要這樣的線段。
2. 緊性使 $K$ 與 $T(K)$ 在各自環境空間中閉。開鄰域之間的同胚在兩個方向上都把內部映為內部。因此 $T(K\setminus\operatorname{int}K)=T(K)\setminus\operatorname{int}T(K)$，得到邊界恆等式。到達定義域邊界時，可能沒有可供論證的開鄰域、沒有一致導數界，也可能缺少某些邊界點的像。本定理有意要求緊閉包位於 $U$ 內。
3. 外側包圍只給出像體積的上界，並不能說明映射覆蓋了仿射單元的大部分。這裏歸一化像的邊界位於開內立方體之外，而中心在像內。連接中心與任何假設缺失的內點的線段將離開閉像，因而在內立方體內遇到其邊界，矛盾。取閉包便包含內立方體各面。這在計算漸近式之前提供必要的下界。
4. $DT$ 及其逆矩陣在 $K_*$ 上連續，故有有限的共同界；$DT$ 的一致連續性給出適用於 $K$ 附近所有小立方體的一個模函數。因此每個體積誤差都至多為同一個 $\beta(h)$ 乘單元體積，而單元體積之和有界。若逐點 little-o 的常數或尺度各自依賴單元中心，僅憑這些不能為整個網格提供一個共同趨零的界。

總結與術語

Jordan 零測集具有總體積任意小的有限盒覆蓋。單元畸變估計從上下兩側用附近的行列式縮放體積控制像的體積。一致性使各單元的相對誤差能夠安全求和。微分同胚提供鄰域同胚及可逆導數，而不只是形式上的行列式。這些有限覆蓋和有限單元結論構成下一章 Riemann 定理的幾何基礎。