1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Тогда()()1. f (x, ·) ∈ L A(x) для почти всех x ∈ X и f (·, y) ∈ L A(y) для почти всех y ∈ Y ,2. функции∫∫x 7→f (x, y) dµyи y 7→f (x, y) dµxA(x)A(y)интегрируемы на X и Y соответственно,3.∫∫ ∫∫ ∫f dµ =Af (x, y) dµy dµx =XA(x)f (x, y) dµx dµy .YA(y)Доказательство. Как и в предыдущей теореме, мы докажем только те утверждения, которые связаны с A(x). Проведём доказательство в несколько шагов.90Шаг 1. Пусть f — неотрицательная простая функция со значениями {a1 , a2 . . . , ai , . . .}. Обозначим через Ai множество в A, на котором функция f принимает значение∑ai . Заметим,∞∞что A = ∪∞AиA(x)=∪A(x)длявсехx∈X.Посколькуf∈L(A)рядi=1 ii=1 ii=1 ai µy (Ai )∫сходится.
В силу теоремы о сечениях измеримого множества µ(Ai ) = X µy (Ai (x)) dµx длявсех i. Поэтому∫f dµ =∞∑Aai µy (Ai ) = limk∑k→∞i=1∫∫aiµy (Ai (x)) dµx = limk→∞Xi=1gk dµx ,X∑где gk (x) = ki=1 ai µy (Ai (x)).∫∫Последовательность gk неубывающая и X gk dµx 6 A f dµ для всех k. Как следует изтеоремы∑ Леви, для почти всех x ∈ X существует конечный предел limk→∞ gk (x), то есть,ряд ∞i=1 ai µy (Ai (x)) сходится. Это означает, что f (x, ·) ∈ L(A(x)) для почти всех x ∈ X.Более того,∫∫limk→∞gk dµx =X∫ ∑∞lim gk (x) dµx =X k→∞∫ ∫ai µy (Ai (x)) dµx =f (x, y) dµy dµx .X i=1XA(x)Шаг 2.
Пусть f — неотрицательная интегрируемая на A функция и {φk } — неубывающаяпоследовательность простых интегрируемых неотрицательных функций, сходящаяся к fравномерно на A. Для каждого k ∈ N мы можем определить φk (x, y), например, следующим образом:φk (x, y) =ℓ−12k{ℓ−1ℓ}при (x, y) ∈ (x, y) ∈ A | k 6 f (x, y) < k .22По определению интеграла Лебега∫φk dµ =limk→∞∫Af dµ.AНа предыдущем шаге мы показали, что каждая функция φk (x, ·) является интегрируемойна A(x) для почти всех x ∈ X. Поэтому, опять же по определению интеграла Лебега,f ∈ L(A(x)) и∫∫limk→∞φk (x, y) dµy =A(x)f (x, y) dµy .A(x)для почти всех x ∈ X.Поскольку последовательность {φk } является неубывающей, этим же свойством обладает и последовательность интегралов от этих функций по множеству A(x).
Кроме того,∫ ∫∫∫φk dµy dµx =φk dµ 6f dµXA(x)AAдлявсех k ∈ N. Применяя теорему Леви, мы можем заключить, что функция x 7→∫f (x, y) dµy является интегрируемой на X иA(x)∫ ∫∫ ∫∫f (x, y) dµy dµx = limXA(x)k→∞φk dµy dµx = limXA(x)91k→∞∫φk dµ =Af dµ.AШаг 3. Наконец, пусть f — произвольная интегрируемая на A функция. В силу того, чтоf = f + − f − и функции f + и f − неотрицательны, утверждение теоремы справедливо и вэтом случае.Лекция №28. 05.12.2016.Теорема Фубини имеет важное значение в теории интеграла. Она позволяет, в частности, сводить вычисление интеграла к последовательному вычислению интегралов меньшей размерности. Таким образом, нам необходимо свести задачу вычисления интеграла кпоследовательности одномерных интегралов, которые мы уже умеем считать.
Приведемпростой пример.2Пример 11.4.34.∫ Пусть X = Y = R, A = {(x, y) ∈ R | 0 6 x2 6 1, 0 6 y 6 x} и f (x, y) =2xy . Вычислим A f dµ, где µ — двумерная мера Лебега в R . Заметим, что µ(A) < ∞ и0 6 f 6 1 на A, поэтому f ∈ L(A) и мы можем применить теорему Фубини. Согласноэтой теореме f∫(x, ·) ∈ L(A(x)) для почти всех x ∈ ∫X = R (в∫нашемслучае для всех x),∫функция x 7→ A(x) f (x, y) dµy интегрируема на X и A f dµ = X A(x) f (x, y) dµy dµx .∫Сначала для каждого x ∈ X вычислим интеграл A(x) f (x, y) dµy . Нетрудно видеть, что{[0, x], x ∈ [0, 1],A(x) =∅,x ∈ X \ [0, 1].∫Поэтому A(x) f (x, y) dµy = 0 при x ∈ X \ [0, 1], а при x ∈ [0, 1]∫∫∫ xy 3 y=x x4f (x, y) dµy =f dµy =xy 2 dy = x = .3 y=03A(x)[0,x]0Здесь мы воспользовались теоремой 11.4.30 и тем, что для каждого x ∈ [0, 1] функцияf (x, ·) интегрируема по Риману.
Таким образом,∫∫∫∫ 1 4xx5 x=11f dµ =f dµy dµx =dx = = .15 x=0 15A[0,1] [0,x]0 3Мы могли бы сначала вычислить интеграл по x, а потом — по y. Теорема Фубиниутверждает, что результат от такой перестановки не изменится. Проверим этот факт. Длякаждого y ∈ Y = R{[y, 1], y ∈ [0, 1],A(y) =∅,y ∈ R \ [0, 1],∫поэтому A(y) f (x, y) dµx = 0 при y ∈ R \ [0, 1], а при y ∈ [0, 1]∫∫f (x, y) dµx =A(y)Следовательно,∫∫f dµ =A[0,1]∫∫y∫f dµx dµy =01x2 x=1 1 2= (y − y 4 ).xy dx = y2 x=y 22f dµx =[y,1][y,1]121 ( y 3 y 5 ) x=1 1111 2= −(y − y 4 ) dy =−= .22 35 x=0 6 1015Видим, что значение интеграла и в самом деле не изменилось.92•Единственным условием в теореме Фубини является интегрируемость функции f . Этоусловие, однако, не так легко проверить. Чаще всего для подынтегральной функции находят какую-нибудь простую интегрируюмую мажоранту и используют теорему 11.4.16. Нотакую мажоранту тоже не просто отыскать.
В приведенном примере мажорантой служила константа, которая является интегрируемой функцией в случае множества A конечноймеры. На самом деле теорема Фубини справедлива и для множества A бесконечной меры,но проверку этого факта мы оставим читателю в качестве упражнения. Таким образом,хорошо бы было вывести ещё какие-нибудь условия интегрируемости функции по Лебегу.Одним из таких результатов является следующая теорема.Теорема 11.4.35 (Тонелли). Пусть A — µ-измеримое множество в X × Y , µ(A) < ∞ ифункция f = f (x, y) измерима на A. Если выполняется хотя бы одно из следующих двухусловий()∫1. f (x, ·) ∈ L A(x) для почти всех x ∈ X и функция x 7→ A(x) |f (x, y)| dµy интегрируема на X,()∫2.
f (·, y) ∈ L A(y) для почти всех y ∈ Y и функция y 7→ A(y) |f (x, y)| dµx интегрируема на Y ,то f ∈ L(A) и для этой функции справедлива теорема Фубини.Доказательство. Без ограничения общности предположим, что выполнено первое условие. Рассмотрим последовательность функций gk (x, y) = min{|f (x, y)|, k}. Поскольку gk —ограниченная измеримая функция, gk ∈ L(A) и, согласно теореме Фубини,∫∫ ∫gk dµ =Agk (x, y) dµy dµx .XA(x)Кроме того, {gk } — неубывающая последовательность и, как следует из условия теоремы,∫ ∫∫ ∫gk (x, y) dµy dµx 6XA(x)|f (x, y)| dµy dµx = const < ∞.XA(x)Применив теорему Леви, мы можем заключить, что последовательность {gk } сходитсяпочти всюду в A к функции из L(A).
Но {gk } сходится почти всюду в A к функции |f |,поэтому |f | ∈ L(A), а следовательно f ∈ L(A).Рассмотрим ещё одно интересное приложение теоремы о сечениях. Оно связано с понятием подграфика функции. Мы, как и ранее, положим X = Rn , а Y возьмём равным R.В этом случае µx — n-мерная мера Лебега в Rn , µy — одномерная мера Лебега в R, а µ —(n + 1)-мерная мера Лебега в Rn+1 . Пусть A — измеримое множество в X и f : A → Y = R— неотрицательная функция. Множество QA (f ) = {(x, y) ∈ X × Y | x ∈ A, 0 6 y 6 f (x)}называется подграфиком функции f на множестве A. Сначала мы докажем две вспомогательных леммы.меры в)Rn , то для любогоЛемма 11.4.36.
Если A — измеримое множество конечной(α > 0 множество A × [0, α] измеримо в Rn × R = Rn+1 и µ A × [0, α] = α µx (A).93I Если A — параллелепипед, то утверждение очевидно. Если A — множество меры нуль,то для любогоε > 0 существует такое счётное( семейство) параллелепипедов G, что A ⊂∑∪I∈G I и I∈G m(I) < ε. Тогда A × [0, α] ⊂ ∪I∈G I × [0, α] и∑() ∑ ()µ∗ A × [0, α] 6m I × [0, α] = αm(I) < α ε.I∈GI∈GВ силу произвольности ε, A × [0, α] является множеством меры нуль в Rn+1 .Предположим, что A — открытое множество. Тогда существует такое счётное семействоG лежащих (в A непересекающихсяпараллелепипедов, такое, что A = ∪I∈G I. Тогда A ×)[0, α] = ∪I∈G I×[0, α] — измеримое множество. В силу счётной аддитивности меры Лебега,∑()() ∑ ()µ A × [0, α] = µ ∪I∈G I × [0, α] =µ I × [0, α] = αµx (I) = α µx (A).I∈GI∈GВ случае, когда A — множество типа Gδ , существует последовательность {Ak } открытых (множеств, )такая, что Ak+1 ⊂ Ak для всех k ∈ N и A = ∩k∈N Ak .
Тогда A × [0, α] =∩k∈N Ak × [0, α] — измеримое множество. Ранее уже отмечалось, что мы можем взять такое множество A1 , что µx (A1 ) < ∞. Поэтому, используя теорему 11.2.26 о непрерывностимеры Лебега, мы получим:()()()µ A × [0, α] = µ ∩∞(A×[0,α])=limµA×[0,α]= α lim µx (Ak ) = α µx (A).kkk=1k→∞k→∞Пусть теперь A — произвольное измеримое множество конечной меры. Тогда существует такое множество G( типа Gδ , что A) ⊂ G и µx (G \ A) = 0. Так как A = G \ (G \ A) иA × [0, α] = (G × [0, α]) \ (G \ A) × [0, α] , множество A × [0, α] измеримо и()()()()µ A × [0, α] = µ G × [0, α] − µ (G \ A) × [0, α] = µ G × [0, α] = α µx (G) = α µx (A).JЛемма доказана.Лемма 11.4.37.
Если A — измеримое множество конечной меры в Rn и f : A → R— измеримая неотрицательная функция, то её подграфик QA (f ) является измеримыммножеством в Rn+1 .I Согласно замечанию 11.4.2 существует неубывающая последовательность неотрицательных простых функций {fk }, сходящаяся к f равномерно на A. То есть, для любогоε > 0 найдётся такое число kε ∈ N, что 0 6 f (x) − fk (x) 6 ε/(3µx (A)) для всех x ∈ A ивсех k > kε .Поскольку {f(k } — неубывающая) последовательность, QA (fk ) ⊂ QA (f ).
Кроме того,QA (f ) ⊂ ∪∞Qf+ε/(3µ(A))для любого ε > 0. Зафиксируем произвольное ε > 0.nk=1 A kКак следует из предыдущей леммы и того факта, чтообразуют( измеримые множества)∞∞σ-алгебру, множества E = ∪k=1 QA (fk ) и Eε = ∪k=1 QA fk + ε/(3µn (A)) измеримы в Rn+1 .Поэтому существуют замкнутое множество F ⊂ E и открытое множество G ⊃ Eε , такие,что µ(E \ F ) < ε/3 и µ(G \ Eε ) < ε/3. Таким образом, F ⊂ QA (f ) ⊂ G иµ(G \ F ) = µ(G \ Eε ) + µ(Eε \ E) + µ(E \ F ) < ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε.Следовательно, множество QA (f ) измеримо.Теперь мы можем доказать две теоремы о подграфике функции.94JТеорема 11.4.38.
Если неотрицательная функция f : A → R интегрируема по Лебегуна измеримом множестве A ⊂ X = Rn , то множество QA (f ) измеримо в Rn+1 и∫()f dµx = µ QA (f ) .AДоказательство. В принципе, мы установили всё необходимое для доказательства этойтеоремы в предыдущих утверждениях. Измеримость множества QA (f ) ⊂ Rn × R следует( из леммы) 11.4.37. Согласно теореме о сечениях определенная на A функция x 7→µy QA (f )(x) интегрируема и∫()()µ QA (f ) =µy QA (f )(x) dµx .A()()Осталось заметить, что µy QA (f )(x) = m [0, f (x)] = f (x).Теорема 11.4.39. Если A — измеримое множество конечной меры в X = Rn , f ∈ L(A)и f > 0, то∫∫()f dµx =µx {x ∈ A | f (x) > y} dµy .AR+Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
