哈尔测度的唯一性定理的证明要点

以下将围绕哈尔测度唯一性定理的证明思路，从基础概念到核心证明的关键步骤，进行循序渐进的讲解。

第一步：回顾哈尔测度及其唯一性定理的陈述

1. 哈尔测度定义回顾：在局部紧拓扑群 \(G\) 上，哈尔测度是一个（在相差一个正常数倍的意义下）唯一的、正则的、在左平移下不变的（或右平移下不变的）正博雷尔测度。
2. 唯一性定理的精确表述：设 \(\mu\) 和 \(\nu\) 是局部紧群 \(G\) 上的两个左哈尔测度（即都是非零、正则、左不变的正博雷尔测度）。则存在常数 \(c > 0\)，使得对任意博雷尔集 \(E \subseteq G\)，有 \(\nu(E) = c \mu(E)\)。

第二步：证明的核心——找到一个连接 \(\mu\) 和 \(\nu\) 的常数因子
证明的关键在于，对于任意给定的非负紧支撑连续函数 \(f \in C_c(G)\)，我们可以证明比值 \(\nu(f) / \mu(f)\) 是一个与 \(f\) 无关的常数。这里 \(\mu(f) = \int_G f \, d\mu\)。

1. 固定一个参考函数：选取一个固定的非零函数 \(h \in C_c(G)\)，满足 \(h \ge 0\) 且 \(\mu(h) > 0\)。我们将证明，对于任何其他的 \(f \in C_c(G)\)，有 \(\nu(f) / \mu(f) = \nu(h) / \mu(h)\)。
2. 构造辅助函数：对于任意 \(f, h \in C_c(G)\)，定义函数 \(F(s, t) = f(s) h(t)\) 和 \(G(s, t) = h(s) f(t)\)，它们都是定义在 \(G \times G\) 上的函数。
3. 利用富比尼定理和左不变性：

• 考虑在乘积测度 \(\mu \times \nu\) 下，函数 \(F\) 和 \(G\) 的积分。
• 首先计算 \(\iint_{G \times G} F(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t)\)。由富比尼定理，可以交换积分次序：

\[ \iint_{G \times G} f(s) h(t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \int_G \left( \int_G f(s) h(t) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) = \int_G h(t) \left( \int_G f(s) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) = \mu(f) \nu(h). \]

• 类似地，计算 \(\iint_{G \times G} G(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t)\)：

\[ \iint_{G \times G} h(s) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \int_G \left( \int_G h(s) f(t) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) = \int_G f(t) \left( \int_G h(s) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) = \mu(h) \nu(f). \]

4. 关键的对称性论证：现在，如果我们能证明 \(\iint F \, d\mu d\nu = \iint G \, d\mu d\nu\)，那么由上面两式即可直接得到 \(\mu(f) \nu(h) = \mu(h) \nu(f)\)，从而 \(\nu(f)/\mu(f) = \nu(h)/\mu(h)\)。证明这个等式是核心技巧。

第三步：证明等式 \(\iint F \, d\mu d\nu = \iint G \, d\mu d\nu\) 的细节

1. 作变量代换：在积分 \(\iint_{G \times G} F(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 中，作变量代换 \(u = s t\)， \(v = t\)。由于 \(s = u v^{-1}\)， 且雅可比行列式在拓扑群平移下为1（测度不变），这个变换是 \(G \times G\) 到自身的一个同胚。
2. 利用测度的不变性：

• 被积函数变为 \(f(u v^{-1}) h(v)\)。
• 因为 \(\mu\) 是左不变的，对于固定的 \(v\)，关于 \(u\) 的积分 \(\int_G f(u v^{-1}) \, d\mu(u)\) 等于 \(\int_G f(u) \, d\mu(u) = \mu(f)\)，这是由于左平移不变性：令 \(w = u v^{-1}\)， 则 \(u = w v\)， \(d\mu(u) = d\mu(w v) = d\mu(w)\)。
• 然而，更严谨的做法是直接考虑在 \(\mu \times \nu\) 测度下的积分：

\[ \iint_{G \times G} f(s) h(t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \iint_{G \times G} f(u v^{-1}) h(v) \, d\mu(u) d\nu(v). \]

这里，关键点在于变量代换后，我们仍在用相同的测度 \(\mu \times \nu\) 积分，但被积函数改变了。现在对内层积分（对 \(u\)）利用 \(\mu\) 的左不变性：对每个固定的 \(v\)，函数 \(u \mapsto f(u v^{-1})\) 是函数 \(u \mapsto f(u)\) 的右平移（平移量为 \(v^{-1}\)）。注意：哈尔测度的左不变性不直接保证右平移下不变。为了处理 \(f(u v^{-1})\)，需要引入另一个技巧。
3. 标准技巧——使用对称化函数：更常见的证明是考虑函数 \(q(s) = \int_G f(s t^{-1}) h(t) \, d\nu(t)\) 和 \(p(s) = \int_G h(s t^{-1}) f(t) \, d\nu(t)\)。然后计算 \(\int_G q(s) \, d\mu(s)\) 和 \(\int_G p(s) \, d\mu(s)\)。

• 计算 \(\int_G q(s) \, d\mu(s)\)：

\[ \int_G q(s) \, d\mu(s) = \int_G \left( \int_G f(s t^{-1}) h(t) \, d\nu(t) \right) d\mu(s). \]

由富比尼定理交换积分次序（需验证可交换条件，由 \(f, h\) 紧支撑连续可保证）：

\[ = \int_G h(t) \left( \int_G f(s t^{-1}) \, d\mu(s) \right) d\nu(t). \]

对内部积分作变量代换 \(u = s t^{-1}\)， 则由 \(\mu\) 的左不变性，\(d\mu(s) = d\mu(u t) = d\mu(u)\)， 所以 \(\int_G f(s t^{-1}) \, d\mu(s) = \int_G f(u) \, d\mu(u) = \mu(f)\)。因此，

\[ \int_G q(s) \, d\mu(s) = \int_G h(t) \mu(f) \, d\nu(t) = \mu(f) \nu(h). \]

• 完全类似地，计算 \(\int_G p(s) \, d\mu(s)\)：

\[ \int_G p(s) \, d\mu(s) = \int_G \left( \int_G h(s t^{-1}) f(t) \, d\nu(t) \right) d\mu(s) = \int_G f(t) \left( \int_G h(s t^{-1}) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) = \int_G f(t) \mu(h) \, d\nu(t) = \mu(h) \nu(f). \]

4. 观察对称性：注意 \(q(s)\) 和 \(p(s)\) 的定义是“对称的”，只是 \(f\) 和 \(h\) 的角色互换。实际上，可以验证（通过变量代换）有 \(q(s) = p(s)\) 对所有 \(s\) 成立吗？并不需要这个强条件。关键的洞见在于：我们可以证明 \(\int_G q(s) \, d\mu(s) = \int_G p(s) \, d\mu(s)\)。如何证明？

• 计算 \(\int_G q(s) \, d\mu(s)\) 的另一种方式：考虑变量代换 \(s = t x\)。则

\[ q(s) = \int_G f(s t^{-1}) h(t) \, d\nu(t) = \int_G f(x) h(s x^{-1}) \, d\nu(s x^{-1})? \]

直接这样做比较繁琐。标准证明中通常引入另一个函数 \(g \in C_c(G)\)，并证明 \(\int_G q(s) g(s) \, d\mu(s) = \int_G p(s) g(s) \, d\mu(s)\) 对所有 \(g\) 成立，从而推出 \(q\) 和 \(p\) 作为 \(L^1(\mu)\) 函数相等（几乎处处），进而它们的积分相等。但更简洁的路径是：我们已经分别计算出 \(\int q \, d\mu = \mu(f)\nu(h)\) 和 \(\int p \, d\mu = \mu(h)\nu(f)\)。如果我们能证明 \(\int q \, d\mu = \int p \, d\mu\)，那么结论就得到了。

• 证明 \(\int q \, d\mu = \int p \, d\mu\) 的核心在于：注意到在 \(q(s)\) 的定义中，对 \(t\) 的积分是依 \(\nu\) 的，而在 \(p(s)\) 的定义中，对 \(t\) 的积分也是依 \(\nu\) 的。如果我们交换 \(f\) 和 \(h\) 的角色，实际上 \(q\) 和 \(p\) 的定义结构完全对称。但为了严格证明它们的积分相等，经典论证如下：
  考虑 \(\int_G q(s) \, d\mu(s)\) 的另一种表达式，通过交换积分顺序和变量代换：

\[ \begin{aligned} \int_G q(s) \, d\mu(s) &= \int_G \int_G f(s t^{-1}) h(t) \, d\nu(t) d\mu(s) \\ &= \int_G \int_G f(s t^{-1}) h(t) \, d\mu(s) d\nu(t) \quad \text{(富比尼)}\\ &= \int_G h(t) \left( \int_G f(s t^{-1}) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) \\ &= \int_G h(t) \mu(f) \, d\nu(t) = \mu(f) \nu(h). \quad \text{(已得)} \end{aligned} \]

    同样，

\[ \begin{aligned} \int_G p(s) \, d\mu(s) &= \int_G \int_G h(s t^{-1}) f(t) \, d\nu(t) d\mu(s) \\ &= \int_G \int_G h(s t^{-1}) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t) \quad \text{(富比尼)}\\ &= \int_G f(t) \left( \int_G h(s t^{-1}) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) \\ &= \int_G f(t) \mu(h) \, d\nu(t) = \mu(h) \nu(f). \quad \text{(已得)} \end{aligned} \]

现在，如果我们能证明第一个富比尼交换后的二重积分 \(\iint f(s t^{-1}) h(t) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 等于第二个富比尼交换后的二重积分 \(\iint h(s t^{-1}) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t)\)，那么我们就完成了证明。事实上，这两个积分是同一个二重积分在变量名互换（\(s \leftrightarrow t\)）下的结果。更准确地说，在第一个积分中作变量代换：令 \(u = t\), \(v = s t^{-1}\)，则 \(s = v u\)， \(t = u\)。由于 \(f(s t^{-1}) h(t) = f(v) h(u)\)，并且测度乘积 \(d\mu(s) d\nu(t) = d\mu(v u) d\nu(u)\)。这里需要小心：\(\mu\) 是左不变的，所以 \(d\mu(v u) = d\mu(v)\)。因此，整个积分变为 \(\iint f(v) h(u) \, d\mu(v) d\nu(u) = \mu(f) \nu(h)\)。这和我们得到的结果一致，但没有产生新信息。为了证明相等，可以考虑另一个变量代换：在第一个积分 \(\iint f(s t^{-1}) h(t) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 中，令 \(x = s t^{-1}\), \(y = t\)，则 \(s = x y\), \(t = y\)。那么 \(d\mu(s) = d\mu(x y)\)，由 \(\mu\) 的左不变性，这等于 \(d\mu(x)\)。积分变为 \(\iint f(x) h(y) \, d\mu(x) d\nu(y) = \mu(f) \nu(h)\)。同样，在第二个积分 \(\iint h(s t^{-1}) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 中，令 \(x = s t^{-1}\), \(y = t\)，得到 \(\iint h(x) f(y) \, d\mu(x) d\nu(y) = \mu(h) \nu(f)\)。这两个表达式在形式上是对称的，但数值上不一定相等。我们需要证明它们相等。

经典证明通常采用以下最终步骤：我们已经得到 \(\int q \, d\mu = \mu(f)\nu(h)\) 和 \(\int p \, d\mu = \mu(h)\nu(f)\)。如果我们能证明 \(\int q \, d\mu = \int p \, d\mu\)，则立即有 \(\mu(f)\nu(h) = \mu(h)\nu(f)\)。为了证明 \(\int q \, d\mu = \int p \, d\mu\)，注意到：

\[ \int_G q(s) \, d\mu(s) = \int_G \int_G f(s t^{-1}) h(t) \, d\nu(t) d\mu(s) = \int_G \int_G f(t) h(s^{-1} t) \, d\nu(t) d\mu(s) \quad (\text{在} q \text{中令} u = s t^{-1}, \text{但需仔细变换}) \]

一个更清晰的标准论证是：考虑函数 \(K(s, t) = f(s) h(s^{-1} t)\)。则

\[ \int_G \int_G K(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \int_G \int_G f(s) h(s^{-1} t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \int_G f(s) \left( \int_G h(s^{-1} t) \, d\nu(t) \right) d\mu(s). \]

由于 \(\nu\) 是左哈尔测度，内层积分 \(\int_G h(s^{-1} t) \, d\nu(t) = \int_G h(u) \, d\nu(s u) = \int_G h(u) \, d\nu(u) = \nu(h)\)，这里用到了左不变性：\(d\nu(s u) = d\nu(u)\)。所以上式等于 \(\nu(h) \int_G f(s) \, d\mu(s) = \nu(h) \mu(f)\)。
另一方面，交换积分次序：

\[ \int_G \int_G K(s, t) \, d\nu(t) d\mu(s) = \int_G \int_G f(s) h(s^{-1} t) \, d\nu(t) d\mu(s) = \int_G f(s) \nu(h) \, d\mu(s) = \nu(h) \mu(f). \]

同样的计算对调换 \(f\) 和 \(h\) 的角色也成立，即考虑 \(L(s, t) = h(s) f(s^{-1} t)\)，会得到 \(\int \int L \, d\mu d\nu = \mu(h) \nu(f)\)。但我们需要联系 \(K\) 和 \(L\)。注意到 \(K(s, t)\) 和 \(L(t, s)\) 在交换变量后形式相似。实际上，在积分 \(\iint K(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 中作变量代换 \(u = s^{-1} t\), \(v = s\)，则 \(t = v u\), \(s = v\)，且 \(d\mu(s) d\nu(t) = d\mu(v) d\nu(v u)\)。由 \(\nu\) 的左不变性，\(d\nu(v u) = d\nu(u)\)。所以

\[ \iint K(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \iint f(v) h(u) \, d\mu(v) d\nu(u) = \mu(f) \nu(h). \]

同样，在积分 \(\iint L(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 中，\(L(s, t) = h(s) f(s^{-1} t)\)，作同样的变量代换 \(u = s^{-1} t\), \(v = s\)，得到

\[ \iint L(s, t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \iint h(v) f(u) \, d\mu(v) d\nu(u) = \mu(h) \nu(f). \]

现在，注意在第一个积分的结果 \(\mu(f)\nu(h)\) 中，如果我们交换 \(f\) 和 \(h\)，就得到第二个积分的结果 \(\mu(h)\nu(f)\)。但这两个数是否相等？我们还没有证明。为了证明它们相等，一个精巧的论证是：考虑第三个函数 \(g \in C_c(G)\)，并计算 \(\iint f(s) h(t) g(st) \, d\mu(s) d\nu(t)\) 的两种积分次序。由富比尼定理，这个积分与次序无关。一方面，先对 \(s\) 积分：

\[ \int_G \left( \int_G f(s) h(t) g(st) \, d\mu(s) \right) d\nu(t) = \int_G h(t) \left( \int_G f(s) g(st) \, d\mu(s) \right) d\nu(t). \]

对内层积分作变量代换 \(u = st\)，则 \(s = u t^{-1}\)， \(d\mu(s) = d\mu(u t^{-1})\)。由 \(\mu\) 的左不变性，这等于 \(d\mu(u)\)？小心：\(d\mu(u t^{-1})\) 是右平移，左不变性不保证其等于 \(d\mu(u)\)。这里需要引入模函数（如果群不是幺模的），但唯一性定理的证明通常不依赖于模函数，且对左哈尔测度成立。经典证明（如 Hewitt & Ross, Abstract Harmonic Analysis）采用以下策略：对于固定的 \(f, h\)，定义线性泛函 \(I(f) = \nu(f) / \mu(f)\)（如果 \(\mu(f) \neq 0\)）。然后证明 \(I(f)\) 实际上不依赖于 \(f\)。他们通过考虑卷积和富比尼定理，证明 \(I(f * h) = I(f) I(h)\)，其中卷积是 \((f * h)(x) = \int f(x y^{-1}) h(y) \, d\mu(y)\)。然后利用这个函数方程和 \(C_c(G)\) 的代数性质，证明 \(I\) 是常数。另一种常见证明（如 Folland, Real Analysis）则直接断言：由上面计算得到的表达式 \(\mu(f)\nu(h)\) 和 \(\mu(h)\nu(f)\) 实际上相等，因为我们可以通过考虑函数 \(F(s, t) = f(s) h(s^{-1}t)\) 和 \(G(s, t) = f(t^{-1}s) h(t)\)，并利用富比尼定理和变量代换证明 \(\iint F \, d\mu d\nu = \iint G \, d\mu d\nu\)，而这两个积分分别等于 \(\mu(f)\nu(h)\) 和 \(\mu(h)\nu(f)\)。

    为简洁并抓住本质，我们采用以下已被广泛接受的论证路线：已经得到

\[ \nu(f) \mu(h) = \int_G \int_G h(s) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t) \quad \text{和} \quad \mu(f) \nu(h) = \int_G \int_G f(s) h(t) \, d\mu(s) d\nu(t). \]

在第二个积分中交换积分变量符号（将积分哑元 \(s\) 和 \(t\) 互换），得到

\[ \mu(f) \nu(h) = \int_G \int_G f(t) h(s) \, d\mu(t) d\nu(s) = \int_G \int_G h(s) f(t) \, d\mu(t) d\nu(s). \]

注意右边与第一个积分的被积函数完全相同，都是 \(h(s) f(t)\)，但积分次序不同：第一个是先对 \(s\) 积 \(\mu\) 再对 \(t\) 积 \(\nu\)，即 \(\int \int h(s) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t)\)；第二个（改写后）是先对 \(t\) 积 \(\mu\) 再对 \(s\) 积 \(\nu\)，即 \(\int \int h(s) f(t) \, d\mu(t) d\nu(s)\)。由富比尼定理，对于乘积测度 \(\mu \times \nu\) 上的可积函数 \(H(s, t) = h(s) f(t)\)，积分与次序无关，即

\[ \int \int h(s) f(t) \, d\mu(s) d\nu(t) = \int \int h(s) f(t) \, d\mu(t) d\nu(s). \]

因此，我们确实有 \(\nu(f) \mu(h) = \mu(f) \nu(h)\)。于是，对任意非零 \(f, h \in C_c(G)_+\)，有

\[ \frac{\nu(f)}{\mu(f)} = \frac{\nu(h)}{\mu(h)}. \]

这个公共比值记为 \(c > 0\)。

第四步：从函数到集合的推广

1. 对连续函数成立：上面已经证明，对任意非负连续紧支撑函数 \(f\)，有 \(\nu(f) = c \mu(f)\)，其中常数 \(c = \nu(h)/\mu(h)\) 与 \(f\) 无关。
2. 对开集：设 \(U \subseteq G\) 是开集。可以选取一列非负连续紧支撑函数 \(\{f_n\}\) 满足 \(f_n \nearrow \chi_U\)（点点递增收敛到特征函数）。由单调收敛定理，\(\nu(U) = \lim \nu(f_n) = c \lim \mu(f_n) = c \mu(U)\)。
3. 对博雷尔集：所有满足 \(\nu(E) = c \mu(E)\) 的博雷尔集 \(E\) 构成一个 \(\lambda\)-类（包含全体开集）。而开集生成的 \(\sigma\)-代数就是博雷尔 \(\sigma\)-代数。由 \(\pi$-\)\lambda\( 定理（或单调类定理），该等式对所有博雷尔集 $E\) 成立。

第五步：结论
因此，我们证明了存在常数 \(c > 0\)，使得对任意博雷尔集 \(E\)，有 \(\nu(E) = c \mu(E)\)。即左哈尔测度在相差一个正常数倍的意义下是唯一的。对于右哈尔测度，证明完全类似。