嘿，这个问题在实分析里算是复合函数可积性的典型问题了，我给你梳理一下能保证$g\circ f$平方可积的几类关键条件，还有对应的逻辑：

1. 双利普希茨映射（最直观的“保测度量级”情况） #

• 如果$f$是双利普希茨映射——简单说就是存在一个正的常数$C$，让任意两个点的距离经过$f$映射后，既不会被压缩到原来的$1/C$以下，也不会被扩张到原来的$C$以上——那它对Lebesgue测度的“缩放”是有界的：对任何可测集$E$，都有$C^{-n}m(E) \leq m(f(E)) \leq C^n m(E)$（这里$m$是Lebesgue测度）。
• 这时候我们可以用变量替换公式来算$\int_{\mathbb{R}^n}|g(f(x))|2dx$：令$y=f(x)$，因为双利普希茨映射可逆且满足变量替换的要求，积分就变成$\int_{\mathbb{R}^n}|g(y)|2 \cdot |\det Df^{-1}(y)| dy$。而$|\det Df^{{-1}(y)|$被$C}n$和$C^{{-n}$牢牢控制，所以原积分就不会超过$C}n \times \int_{\mathbb{R}^n}|g(y)|2dy$，既然$g$平方可积，那这个结果肯定也是有限的。

2. 绝对连续+测度变换的有界控制 #

• 更一般的情况：如果$f$是$\mathbb{R}^n$上的绝对连续函数（满足Lebesgue变量替换定理的前提条件），并且存在常数$K>0$，使得对所有可测集$E$，都有$m(f(E)) \leq K \cdot m(E)$——换句话说，$f$不会把一个小测度的集合“拉伸”成测度任意大的集合。
• 这时候我们可以用推送测度的思路：$\int_{\mathbb{R}^n}|g(f(x))|2dx$等价于$\int_{\mathbb{R}^n}|g(y)|2 d(f_*m)(y)$，其中$f_*m$是$f$诱导的推送测度（即$f_*m(E)=m(f^{-1}(E))$）。根据Radon-Nikodym定理，如果$f_*m$相对于Lebesgue测度绝对连续，就可以写成$d(f_*m)=h(y)dm(y)$，而刚才的测度控制条件保证了$h(y) \leq K$几乎处处成立。这样积分就被$K \times \int|g(y)|^2dy$控制，自然平方可积。
• 反过来想，如果$f$没有这种控制，比如$f$是常数函数，那$g(f(x))=g(c)$（$c$是常数），只要$g(c)\neq0$，积分就是无穷大，肯定不平方可积。

3. 线性变换的特殊情形 #

• 如果$f$是线性变换$Ax$（$A$是$n\times n$矩阵），那情况就更清晰了：
  • 当$A$可逆时，变量替换公式直接给出：$\int_{\mathbb{R}^n}|g(Ax)|2dx = |\det A|^{{-1}\int_{\mathbb{R}}n}|g(y)|^2dy$。因为$|\det A|^{-1}$是个有限常数，$g$平方可积的话，这个积分肯定有限。
  • 当$A$不可逆时，$f$的像空间是$\mathbb{R}^n$的低维子空间（测度为0），如果$g$在这个子空间上不是几乎处处为0，那$g(f(x))$就会在一个满测度的集合上非零，积分直接趋向无穷大。比如$n=2$时，$f(x_1,x_2)=(x_1,0)$，取$g(y_1,y_2)=1$当$y_2=0$，否则0，那$g(f(x))=1$对所有$x$，积分就是无穷大。

举个简单的例子，$\mathbb{R}^1$上$f(x)=x3$，取$g(y)=y^{{-1/3}\chi_{(0,1)}(y)$（$\chi_E$是集合$E$的指示函数）。先看$g$：$\int_{\mathbb{R}}|g(y)|}2dy = \int_0^1 y^{-2/3}dy = 3$，显然平方可积。但$g(f(x))=x^{{-1}\chi_{(0,1)}(x)$，积分$\int_0}1 x^{{-2}dx$是无穷大，这就说明$f(x)=x}3$虽然连续，但不满足上面的测度控制条件，所以没法保证$g\circ f$平方可积。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者JMJ