11.2: Integrales iteradas y teorema de Fubini
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
Integrales iteradas y teorema de Fubini
La integral de Riemann en varias variables es difícil de calcular a partir de la definición. Para la integral unidimensional de Riemann tenemos el teorema fundamental del cálculo (FIXME) y podemos computar muchas integrales sin tener que apelar a la definición de la integral. Reescribiremos una integral a Riemann en varias variables en varias integrales unidimensionales de Riemann iterando. Sin embargo, sif:[0,1]2→R es una función integrable de Riemann, no queda claro de inmediato si las tres expresiones∫[0,1]2f,∫10∫10f(x,y)dxdy,and∫10∫10f(x,y)dydx son iguales, o si las dos últimas están incluso bien definidas.
Definirf(x,y):={1 if x=\nicefrac12 and y∈Q,0 otherwise. Entoncesf es Riemann integrable enR:=[0,1]2 y∫Rf=0. Además,∫10∫10f(x,y)dxdy=0. Sin embargo∫10f(\nicefrac12,y)dy no existe, así que ni siquiera podemos escribir∫10∫10f(x,y)dydx.
Prueba: Comencemos con la integrabilidad def. Simplemente tomamos la partición de[0,1]2 donde está la partición en lax dirección{0,\nicefrac12−ϵ,\nicefrac12+ϵ,1} y en lay dirección{0,1}. Los subrectángulos de la partición sonR1:=[0,\nicefrac12−ϵ]×[0,1],R2:=[\nicefrac12−ϵ,\nicefrac12+ϵ]×[0,1],R3:=[\nicefrac12+ϵ,1]×[0,1]. Tenemosm1=M1=0,m2=0,M2=1, ym3=M3=0. Por lo tanto,L(P,f)=m1(\nicefrac12−ϵ)⋅1+m2(2ϵ)⋅1+m3(\nicefrac12−ϵ)⋅1=0, yU(P,f)=M1(\nicefrac12−ϵ)⋅1+M2(2ϵ)⋅1+M3(\nicefrac12−ϵ)⋅1=2ϵ. La suma superior e inferior son arbitrariamente cercanas y la suma inferior siempre es cero, por lo que la función es integrable y∫Rf=0.
Para cualquieray, la función que llevax af(x,y) es cero excepto quizás en un solo puntox=\nicefrac12. Sabemos que tal función es integrable y∫10f(x,y)dx=0. Por lo tanto,∫10∫10f(x,y)dxdy=0.
Sin embargo six=\nicefrac12, la función que llevay af(\nicefrac12,y) es la función no integrable que es 1 en los racionales y 0 en los irracionales. Ver.
Vamos a resolver este problema de integrales indefinidas dentro mediante el uso de las integrales superiores e inferiores, que siempre están definidas.
NosRn+m dividimos en dos partes. Es decir, escribimos las coordenadas enRn+m=Rn×Rm como(x,y) dóndex∈Rn yy∈Rm. Para una funciónf(x,y) escribimosfx(y):=f(x,y) cuandox se fija y deseamos hablar de la función en términos dey. Escribimosfy(x):=f(x,y) cuandoy se fija y deseamos hablar de la función en términos dex.
[MV:Fubiniva] DejarR×S⊂Rn×Rm ser un rectángulo cerrado yf:R×S→R ser integrable. Las funcionesg:R→R yh:R→R definidas porg(x):=∫S_fxandh(x):=¯∫Sfx son integrables sobreR y∫Rg=∫Rh=∫R×Sf.
En otras palabras,∫R×Sf=∫R(∫S_f(x,y)dy)dx=∫R(¯∫Sf(x,y)dy)dx. si resulta quefx es integrable para todosx, por ejemplo cuandof es continuo, entonces obtenemos lo más familiar∫R×Sf=∫R∫Sf(x,y)dydx.
DejarP ser una partición deR yP′ ser una partición deS. R1,R2,…,RNDejen ser los subrectángulos deP yR′1,R′2,…,R′K ser los subrectángulos deP′. EntoncesP×P′ está la partición cuyos subrectángulos sonRj×R′k para todos1≤j≤N y para todos1≤k≤K.
Vamosmj,k:=inf(x,y)∈Rj×R′kf(x,y). Nos damos cuenta de esoV(Rj×R′k)=V(Rj)V(R′k) y de ahíL(P×P′,f)=N∑j=1K∑k=1mj,kV(Rj×R′k)=N∑j=1(K∑k=1mj,kV(R′k))V(Rj). si dejamosmk(x):=infy∈R′kf(x,y)=infy∈R′kfx(y), entonces por supuesto six∈Rj entoncesmj,k≤mk(x). Por lo tantoK∑k=1mj,kV(R′k)≤K∑k=1mk(x)V(R′k)=L(P′,fx)≤∫S_fx=g(x). como tenemos la desigualdad para todo lo quex∈RjK∑k=1mj,kV(R′k)≤infx∈Rjg(x). tenemos Obtenemos asíL(P×P′,f)≤N∑j=1(infx∈Rjg(x))V(Rj)=L(P,g).
De igual maneraU(P×P′,f)≥U(P,h), y la prueba de esta desigualdad se deja como ejercicio.
Armando esto tenemosL(P×P′,f)≤L(P,g)≤U(P,g)≤U(P,h)≤U(P×P′,f). Y comof es integrable, debe ser queg sea integrable comoU(P,g)−L(P,g)≤U(P×P′,f)−L(P×P′,f), y podamos hacer el lado derecho arbitrariamente pequeño. Además comoL(P×P′,f)≤L(P,g)≤U(P×P′,f) debemos tener eso∫Rg=∫R×Sf.
De igual manera tenemosL(P×P′,f)≤L(P,g)≤L(P,h)≤U(P,h)≤U(P×P′,f), y de ahíU(P,h)−L(P,h)≤U(P×P′,f)−L(P×P′,f). Así que sif es integrable así esh, y comoL(P×P′,f)≤L(P,h)≤U(P×P′,f) debemos tener eso∫Rh=∫R×Sf.
También podemos hacer la integración iterada en orden opuesto. La prueba de esta versión es casi idéntica a la versión A, y la dejamos como ejercicio al lector.
[MV:FubiniVB] DejarR×S⊂Rn×Rm ser un rectángulo cerrado yf:R×S→R ser integrable. Las funcionesg:S→R yh:S→R definidas porg(x):=∫S_fyandh(x):=¯∫Sfx son integrables sobreS y∫Sg=∫Sh=∫R×Sf.
Eso es que también tenemos∫R×Sf=∫S(∫R_f(x,y)dx)dy=∫S(¯∫Rf(x,y)dx)dy.
Siguiente supongamos quefx yfy son integrables por simplicidad. Por ejemplo, supongamos que esof es continuo. Luego juntando las dos versiones obtenemos lo familiar∫R×Sf=∫R∫Sf(x,y)dydx=∫S∫Rf(x,y)dxdy.
A menudo el teorema de Fubini se afirma en dos dimensiones para una función continuaf:R→R sobre un rectánguloR=[a,b]×[c,d]. Entonces el teorema de Fubini afirma que∫Rf=∫ba∫dcf(x,y)dydx∫dc∫baf(x,y)dxdy. Y el teorema de Fubini es comúnmente pensado como el teorema que nos permite intercambiar el orden de integrales iteradas.
También podemos obtener el teorema de Fubini aplicando repetidamente nos consigue el siguiente corolario: LetR:=[a1,b1]×[a2,b2]×⋯×[an,bn]⊂Rn be a closed rectangle and letf:R→R be continuous. Entonces∫Rf=∫b1a1∫b2a2⋯∫bnanf(x1,x2,…,xn)dxndxn−1⋯dx1.
Claramente también podemos cambiar el orden de integración a cualquier orden que nos plazca. También podemos relajar el requisito de continuidad asegurándonos de que todas las funciones intermedias sean integrables, o mediante el uso de integrales superiores o inferiores.
Ejercicios
Demostrar la aseveraciónU(P×P′,f)≥U(P,h) a partir de la prueba de.
Demostrar.
FIXME