Fubini-Tonelli定理

如果 $f$ 定义在 $X\times Y$ 上是可积的或者函数 $f$ 是非负可测的，那么有

$${\int }_{X\times Y}f(x,y)d(\mu \times \nu )={\int }_X\left({\int }_{Y}f(x,y)d\nu \right)d\mu ={\int }_Y\left({\int }_{X}f(x,y)d\mu \right)d\nu$$

Fubini-Tonelli定理的一个使用策略

注意到，Tonelli定理只需要要求非负函数是可测函数，并不要求可积。因此有这样的策略:

1. 首先使用 Tonelli 定理计算 $|f|$ 的积分，如果可测的话。如果一切顺利，那么积分是有限的，于是 Fubini 定理自然成立。
2. 如果发现其中一个积分计算出来是无穷的情况，那么自然证明原来的函数 $f$ 并不可积，于是 Fubini 定理失效。

1. 例子1：典型的用法

函数 $f$ 在闭区间 $[0,b]$ 上可积，并定义函数

证明函数 $g$ 在闭区间 $(0,b]$ 上可积并且:

在交换积分次序之前首先判断函数是否可积，中间因为 $\frac{|f(t)|}{t}$ 可测，所以使用 Tonelli 定理换序：

所以函数 $g$ 可积，$\frac{f(t)}{t}{\chi }_{\{b\ge t\ge x>0\}}$ 在 $(0,b]\times [0,b]$ 上也可积，因此可以使用 Fubini 定理换序，过程和上面基本一致，最后得到结果:

即：

2. 例子2：函数不可积导致Fubini定理失效

令 $I=[0,1]$，首先函数 $|f|$ 是可测的，因此由 Tonelli 定理直接交换顺序计算 (如果发现不可积，可以稍微放缩):

因此这个例子当中 Fubini 定理是不可用的。实际上使用 Fubini 定理会发现:

1. ${\int }_0^1\left({\int }_0^1\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}dy\right)dx={\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{4}$
2. ${\int }_0^1\left({\int }_0^1\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}dx\right)dy=-\frac{\pi }{4}$

3. 反例2: $\sigma \text{-finite}$ 条件缺失导致失效

$I=[0,1]$ 然后令 $\mathcal{B}(I)$ 是 Borel 代数，令 $\mu$ 是 Lebesgue 测度，$\nu$ 是 counting measure (计数测度)。现在构建两个测度空间: $(I,\mathcal{B}(I),\mu )$ 以及 $(I,\mathcal{B}(I),\nu )$。

考虑 $I^2$ 当中的一个闭集 $D=\{(x,y):x=y,(x,y)\in I^2\}$，那么自然 $D\in \mathcal{B}(I^2)=\mathcal{B}(I)\otimes \mathcal{B}(I)\subset \mathcal{B}(I)\otimes \mathcal{P}(I)$。现在考虑计算积分：

1. ${\int }_I\left({\int }_I{\chi }_D(x,y)d\mu (x)\right)d\nu (y)={\int }_{I}0d\nu (y)=0$
2. ${\int }_I\left({\int }_I{\chi }_D(x,y)d\nu (y)\right)d\mu (x)={\int }_{I}1d\mu (x)=1$

这主要是因为 $\nu$ 是 counting measure，所以 $(I,\mathcal{B}(I),\nu )$ 并不是 $\sigma \text{-finite}$ 的测度空间。

4. 经典反例3：不可积的例子2

先考虑 Tonelli 定理，$I=[0,1]$，

因此显然，函数并不可积，所以 Fubini 定理是不适用的，因此可以很容易预期：

5. 反例4：求和的版本的反例

$\Omega =\{1,2,3,\dots \}$，$\mu$ 是 counting measure，$\mathcal{P}(\Omega )$ 是幂集。这样可以建立一个可测空间 $(\Omega ,\mathcal{P}(\Omega ),\mu )$，然后在 $\mathcal{P}(\Omega )\otimes \mathcal{P}(\Omega )$ 上定义测度 $\mu \times \mu$，现在考虑在 ${\Omega }^2$ 上对函数的积分:

我们可以把 ${\Omega }^2$ 看成是一个无限阶的矩阵，那么函数的取值写成矩阵就是:

也就是说考虑积分:

也就是说这实际上就是求和。

这个积分实际上是不可积的，因为 ${\sum }_{i,j\in \Omega }|f(i,j)|$ 实际上并不收敛。这意味着 Fubini 定理在此处是不适用的，如果一定要尝试，会发现累次积分不一致:

1. $\int \left(\int f(x,y)d\mu (y)\right)d\mu (x)={\sum }_{i=1}^{\infty }\left({\sum }_{j=1}^{\infty }f(i,j)\right)=1$
2. $\int \left(\int f(x,y)d\mu (x)\right)d\mu (y)={\sum }_{j=1}^{\infty }\left({\sum }_{i=1}^{\infty }f(i,j)\right)=0$

证明

证明思路

沿用实分析惯用的证明思路，即从简单函数到有界到非负可测。

step1：对线性组合封闭

Fubini 展开来写有三个证明的点： 首先需要满足是可积的，那么有： 对 $y$ 的切片在 $R^{d_1}$ 可积，

在 $R^{d_1}$ 上可积和

要证明对线性组合封闭，即证明可加性。 取满足

的一列 $\{f_k{\}}_k^N\subset F$，取 $A={\bigcup }_{k=1}^N{A}_k$。性质1好证，性质2就是

然后把对 $x$ 积分看作切片，则有

step2：对极限封闭

继续取函数列要求它逼近 $f$。 考虑从下方逼近，有 MCT (单调收敛定理)：

分别对 $f_k$ 和 $f$ 取两次积分即可证明性质1和2，对于3： $f$ 是可积的，那么它积分后再对 $y$ 积分肯定是有限的， 即

取极限，$f$ 对 $y$ 的切片也是可积的，$f\in F$。

step3: 简单函数满足

取

就是一个最简单的 open cubes，对于任意 $y$，${\chi }_E(x,y)$ 在 $X$ 上是可测的。

其中示性函数取1表示 $(x,y)$ 在 $E$ 中。那从最内层考察只需要考虑 $y\in Q_2$ 就有

那肯定有

推广到部分带边界部分不带边界的情况： 看作边界和方形做笛卡尔积，然后从二维情况推广到高维，发现边界无论如何都是零测集，那又回到之前对方体的讨论中。 进一步推广取

我们可以把 ${\chi }_E$ 写成 ${\chi }_{Q_k^n}$ 和 ${\chi }_{A_k}$ 的线性组合。即：

接下来让 $E$ 变成更一般的开集 ${\bigcup }_{j=1}^{\infty }{Q}_j$ 然后去量化它：

取

最后再证明它也在 $F$ 中。

step4: 0测集满足

选取一个

那么就有

即

step5: 可测函数满足

$N$ 是零测集，用 $E$ 去逼近 $G$ 则

即

step6: 可积函数满足

如果是可测函数那么有

总结

从篇幅来看，最开始的简单函数和最基础的矩形是最难研究的，在研究明白之后直接利用 MCT 和 $f=f^{+}-f^{-}$ 就能快速证毕。