Bourbaki

习题 8, § 3

标签 09HS,永久不变。引用为 [Bourbaki, Tag 09HS]。

积分, VII, p. 93

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

a)证明Sn−1S_{n-1}上存在一个测度ωn−1\omega_{n-1}在O(n,R)O(n, \mathbf{R})下不变,并且直到常数因子,只有一个(将Sn−1S_{n-1}视为O(n,R)O(n, \mathbf{R})的齐次空间)。

b) 映射 (t,z)↦tz(t, z) \mapsto tz 允许识别拓扑空间 Rn−{0}\mathbf{R}^n - \{0\} 与拓扑空间 R+∗×Sn−1\mathbf{R}_+^* \times S_{n-1}。证明由 Rn\mathbf{R}^n 上的勒贝格测度在 Rn−{0}\mathbf{R}^n - \{0\} 上引发的测度可以被识别,直到常数因子,以及 tn−1dt⊗dωn−1(z)t^{n-1} dt \otimes d\omega_{n-1}(z)。 (利用Rn\mathbf{R}^n上的勒贝格测度在O(n,R)O(n, \mathbf{R})下不变的事实,以及中心0和半径rr的封闭球的勒贝格测度与rnr^n成比例这一事实。)

c) 设LhL_h为Sn−1S_{n-1}和超平面xn=hx_n = h中的交。非空LhL_h是O(n−1,R)O(n-1, \mathbf{R})在Sn−1S_{n-1}中的不及物性类。证明ωn−1\omega_{n-1}可以放入形式∫λhdν(h)\int \lambda_h d\nu(h)中,其中λh\lambda_h是O(n−1,R)O(n-1, \mathbf{R})下的测度不变量并由LhL_h携带,ν\nu是[−1,1][-1, 1]上的测度。通过z↦hen+1−h2zz \mapsto he_n + \sqrt{1-h^2} z识别LhL_h与Sn−2S_{n-2},可以假设λh=ωn−2\lambda_h = \omega_{n-2}。令 KθK_\theta 为由 sin⁡θ≤xn≤1\sin \theta \leq x_n \leq 1 定义的 Sn−1S_{n-1} 的子集。通过计算集合对tztz的勒贝格测度(0≤t≤10 \leq t \leq 1,z∈Kθz \in K_\theta),证明ωn−1(Kθ)\omega_{n-1}(K_\theta)与∫θπ/2cos⁡n−2φ dφ\int_\theta^{\pi/2} \cos^{n-2} \varphi \, d\varphi成正比。由此推论,如果集合h=sin⁡θh = \sin \theta(−π/2≤θ≤π/2-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2),则测度ν\nu可以与cos⁡n−2θ dθ\cos^{n-2} \theta \, d\theta识别。

d) 结论,由 nn 归纳发送,即

dωn−1=cos⁡n−2θ1cos⁡n−3θ2⋯cos⁡θn−2 dθ1 dθ2⋯dθn−1, d\omega_{n-1} = \cos^{n-2} \theta_1 \cos^{n-3} \theta_2 \cdots \cos \theta_{n-2} \, d\theta_1 \, d\theta_2 \cdots d\theta_{n-1},

哪里

x1=sin⁡θ1x2=cos⁡θ1sin⁡θ2…xn−1=cos⁡θ1cos⁡θ2⋯cos⁡θn−2sin⁡θn−1xn=cos⁡θ1cos⁡θ2⋯cos⁡θn−2cos⁡θn−1 x_1 = \sin \theta_1 \\ x_2 = \cos \theta_1 \sin \theta_2 \\ \ldots \\ x_{n-1} = \cos \theta_1 \cos \theta_2 \cdots \cos \theta_{n-2} \sin \theta_{n-1} \\ x_n = \cos \theta_1 \cos \theta_2 \cdots \cos \theta_{n-2} \cos \theta_{n-1}
−π/2≤θi≤π/2-\pi/2 \leq \theta_i \leq \pi/2 为1≤i≤n−21 \leq i \leq n-2,0≤θn−1<2π0 \leq \theta_{n-1} < 2\pi。

解答

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