푸비니-토넬리 정리

음이 아닌 함수(Tonelli)나 적분 가능한 함수(Fubini)는 적분 순서를 바꿔도 같습니다 — 행부터 더하나 열부터 더하나 같은 수. 적분 가능성 없이는 깨집니다.

∬f=∫ ⁣ ⁣(∫f dx) ⁣dy=∫ ⁣ ⁣(∫f dy) ⁣dx\iint f = \int\!\!\left(\int f\,dx\right)\!dy = \int\!\!\left(\int f\,dy\right)\!dx

예제

f(x,y)=xyf(x, y) = xy ([0,1]2[0,1]^2 위)에 대해 두 겹적분 ∫01 ⁣ ⁣∫01xy dx dy\int_0^1\!\!\int_0^1 xy\,dx\,dy와 ∫01 ⁣ ⁣∫01xy dy dx\int_0^1\!\!\int_0^1 xy\,dy\,dx를 직접 계산하고, 둘 다 14\frac14임을 보이세요.

∫01 ⁣ ⁣∫01xy dx dy=∫01y2 dy=14=∫01 ⁣ ⁣∫01xy dy dx\int_0^1\!\!\int_0^1 xy\,dx\,dy = \int_0^1 \frac{y}{2}\,dy = \frac{1}{4} = \int_0^1\!\!\int_0^1 xy\,dy\,dx
분리형 f=xyf = xy, N=32N = 32: ∫R=∫C=14\int R = \int C = \frac14 (중점 규칙이 여기서 엄밀합니다).
증명 보기
  1. 안쪽 적분부터: 고정된 yy에 대해 ∫01xy dx=y∫01x dx=y⋅12\int_0^1 xy\,dx = y\int_0^1 x\,dx = y \cdot \frac12입니다. 바깥 적분은 ∫01y2 dy=12⋅12=14\int_0^1 \frac{y}{2}\,dy = \frac12 \cdot \frac12 = \frac14입니다.
  2. 순서를 바꾸면: 고정된 xx에 대해 ∫01xy dy=x⋅12\int_0^1 xy\,dy = x \cdot \frac12이고, ∫01x2 dx=14\int_0^1 \frac{x}{2}\,dx = \frac14입니다. 두 순서 모두 14\frac14 — 곱이 분리되기 때문입니다: ∬xy=(∫01x dx)(∫01y dy)\iint xy = (\int_0^1 x\,dx)(\int_0^1 y\,dy).
  3. f≥0f \ge 0이므로 토넬리 정리가 순서를 바꿔도 값이 같음을 보장합니다 — 위의 직접 계산이 그 정리를 이 구체적인 함수에서 확인한 것입니다. 모든 단계가 완성되었습니다.

f(x,y)=x2−y2(x2+y2)2f(x, y) = \dfrac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} ((0,1)2(0,1)^2 위)를 생각해 봅시다. xx와 yy를 맞바꾸면 ff의 부호가 뒤집힘을 이용해 두 겹적분이 서로의 음수임을 엄밀히 증명하고, 직접 계산하면 π4\frac{\pi}{4}와 −π4-\frac{\pi}{4}가 나와 푸비니 정리가 실패함을 보이세요.

f(y,x)=−f(x,y)  ⇒  ∫01 ⁣ ⁣∫01f dy dx=−∫01 ⁣ ⁣∫01f dx dyf(y,x) = -f(x,y) \;\Rightarrow\; \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,dy\,dx = -\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,dx\,dy
∫01 ⁣ ⁣∫01f dy dx=π4≠−π4=∫01 ⁣ ⁣∫01f dx dy\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,dy\,dx = \frac{\pi}{4} \ne -\frac{\pi}{4} = \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,dx\,dy
씬은 f≥0f \ge 0인 경우만 다루므로(여기서는 두 순서가 항상 일치), 이 문제는 부호가 있는 경우의 대조 사례입니다.
증명 보기
  1. 대칭성 (엄밀한 부분): f(y,x)=y2−x2(y2+x2)2=−x2−y2(x2+y2)2=−f(x,y)f(y, x) = \dfrac{y^2-x^2}{(y^2+x^2)^2} = -\dfrac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} = -f(x, y)입니다. 두 겹적분을 I1=∫01 ⁣ ⁣∫01f(x,y) dy dxI_1 = \int_0^1\!\!\int_0^1 f(x,y)\,dy\,dx, I2=∫01 ⁣ ⁣∫01f(x,y) dx dyI_2 = \int_0^1\!\!\int_0^1 f(x,y)\,dx\,dy라 하면, I2I_2에서 더미 변수 x↔yx \leftrightarrow y를 맞바꿔 I2=∫01 ⁣ ⁣∫01f(y,x) dy dx=−∫01 ⁣ ⁣∫01f(x,y) dy dx=−I1I_2 = \int_0^1\!\!\int_0^1 f(y,x)\,dy\,dx = -\int_0^1\!\!\int_0^1 f(x,y)\,dy\,dx = -I_1을 얻습니다. 즉 두 겹적분은 정확히 서로의 음수입니다 — 계산 없이 증명되었습니다.
  2. 계산 단계 (idea-level로 기록): x>0x > 0에서 ∂∂y[yx2+y2]=x2−y2(x2+y2)2=f(x,y)\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{y}{x^2+y^2}\right] = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} = f(x,y)이므로, 안쪽 적분은 ∫01f(x,y) dy=[yx2+y2]01=11+x2\int_0^1 f(x,y)\,dy = \left[\frac{y}{x^2+y^2}\right]_0^1 = \frac{1}{1+x^2}입니다. 바깥 적분은 ∫01dx1+x2=arctan⁡1=π4\int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4} — 따라서 I1=π4I_1 = \frac{\pi}{4}, I2=−π4I_2 = -\frac{\pi}{4}입니다. (x=0x = 0에서는 안쪽 적분이 이상적분(f(0,y)=−1/y2f(0,y) = -1/y^2)이라, 원점에서의 특이점을 한 줄씩 정당화하지 않고 계산 전체를 computational step으로 기록합니다.)
  3. π4≠−π4\frac{\pi}{4} \ne -\frac{\pi}{4}이므로 푸비니의 결론이 실패합니다. 대우로, ff는 (0,1)2(0,1)^2에서 적분 가능하지 않습니다 (∫∣f∣=∞\int |f| = \infty) — 적분 가능성 가정이 빠지면 부호가 있는 질량이 서로 상쇄되며 순서에 따라 다른 값이 남는 것입니다. 부호 뒤집기 대칭성은 엄밀히 증명되었고, π/4\pi/4 평가는 computational step으로 기록되었습니다.

f≥0f \ge 0인 단순함수에 대해 두 겹적분이 모두 이중합 ∑ak m(Ek)\sum a_k\,m(E_k)와 같음을 증명하고 (적분 가능성 가정 없이), 단조 근사를 이용해 일반 f≥0f \ge 0으로 확장하세요.

∫ ⁣ ⁣∫∑kak1Ek=∑kak m(Ek)(either order)\int\!\!\int \sum_{k} a_k \mathbf{1}_{E_k} = \sum_{k} a_k\,m(E_k) \quad \text{(either order)}
텐트 ff, N=32N = 32: ∫R≈∫C≈827≈0.2963\int R \approx \int C \approx \frac{8}{27} \approx 0.2963 — 두 순서가 엄밀값으로 모입니다.
증명 보기
  1. 먼저 직사각형의 지시함수 R=A×BR = A \times B (가측집합, 측도는 무한 가능)에 대해: 안쪽 적분 ∫1R(x,y) dx=m(A) 1B(y)\int \mathbf{1}_R(x, y)\,dx = m(A)\,\mathbf{1}_B(y)이고, 바깥 적분은 ∫m(A) 1B(y) dy=m(A) m(B)\int m(A)\,\mathbf{1}_B(y)\,dy = m(A)\,m(B)입니다. 순서를 바꿔도 ∫1R(x,y) dy=m(B) 1A(x)\int \mathbf{1}_R(x, y)\,dy = m(B)\,\mathbf{1}_A(x) 뒤에 m(B) m(A)m(B)\,m(A)로 같습니다.
  2. 단순함수 f=∑k=1mak 1Ekf = \sum_{k=1}^{m} a_k\,\mathbf{1}_{E_k} (ak≥0a_k \ge 0, EkE_k는 서로 겹치지 않는 가측집합)에 대해, 각 변수에 대한 적분의 선형성을 쓰면 두 겹적분 모두 ∑k=1mak m(Ek)\sum_{k=1}^{m} a_k\,m(E_k)가 됩니다 — 순서와 무관한 하나의 이중합입니다. 적분 가능성 가정이 전혀 필요 없습니다: 모든 항이 ≥0\ge 0이라 상쇄가 일어날 수 없기 때문입니다.
  3. 일반 f≥0f \ge 0에는 단순함수열 sj↑fs_j \uparrow f (표준 구성)를 취합니다. 고정된 yy마다 xx에 대한 단조수렴정리로 ∫sj(x,y) dx↑∫f(x,y) dx\int s_j(x, y)\,dx \uparrow \int f(x, y)\,dx이고, 이 함수들은 yy의 증가하는 단순함수열이므로 yy에 대한 단조수렴정리를 한 번 더 쓰면 두 겹적분 모두 lim⁡j∑ak(j)m(Ek(j))=∬f\lim_j \sum a^{(j)}_k m(E^{(j)}_k) = \iint f가 됩니다. 이것이 토넬리 정리가 f≥0f \ge 0에서는 적분 가능성을 가정하지 않는 이유입니다 — 모든 단계가 완성되었습니다.

10. 적분