多重 Riemann 積分與 Fubini 定理

累次積分是一系列一元積分；多重積分是小單元上求和的極限。二者相等需要定理保證。我們先在假設明確的矩形連續函數情形下建立這一結論，再用它計算和解釋區域積分。

1 矩形上的上和與下和

設 $R=[a,b]\times[c,d]$，其中 $a<b$、$c<d$。矩形網格將 $R$ 劃分為單元 $R_{ij}$。對有界函數 $f$，設 $M_{ij}$ 和 $m_{ij}$ 分別為每個單元上的上確界與下確界。上和與下和是

$$U(f,P)=\sum M_{ij}|R_{ij}|,\qquad L(f,P)=\sum m_{ij}|R_{ij}|.$$

上積分是上和的下確界，下積分是下和的上確界。加細劃分使下和增大、上和減小；公共加細劃分說明每個下和至多等於每個上和。若上下積分相等，則 $f$ Riemann 可積，公共值記為 $\iint_Rf$。

等價判據是：對每個 $\varepsilon>0$，存在劃分使 $U-L<\varepsilon$。證明充分性時，將上下積分夾在這兩個和之間。必要性則選取近乎最優的上下劃分，再取公共加細劃分。

定理。 $R$ 上的連續函數可積。

證明。 由緊性可知函數一致連續。選擇網格，使每個單元的直徑足夠小，從而 $f$ 在每個單元上的振幅小於 $\varepsilon/|R|$。於是 $U-L=\sum(M_{ij}-m_{ij})|R_{ij}|<\varepsilon$。$\square$

僅有有界性並不夠：兩個坐標均為有理數的點的指示函數在每個正面積單元內下確界為 0、上確界為 1，因此每個下和為 0，每個上和為 $|R|$。

2 連續函數的 Fubini 定理

定理。 若 $f$ 在 $R$ 上連續，則

$$\iint_R f(x,y)\,dA=\int_a^b\left(\int_c^d f(x,y)\,dy\right)dx =\int_c^d\left(\int_a^b f(x,y)\,dx\right)dy.$$

證明。 每個截面都連續，從而可積。令 $F(x)=\int_c^d f(x,y)dy$。一致連續性給出

$$|F(x)-F(x')|\le(d-c)\sup_y|f(x,y)-f(x',y)|,$$

所以 $F$ 連續。對固定網格，在每個 $x$ 區間上，內層積分介於 $m_{ij}\Delta y_j$ 之和與 $M_{ij}\Delta y_j$ 之和之間。對該區間積分這些界並相加，得到 $L(f,P)\le\int_a^bF\le U(f,P)$。選取滿足 $U-L\to0$ 的網格，即可確認該值等於二重積分。交換 $x$ 與 $y$，得到第二個等式。$\square$

連續性是方便的充分條件，並非必要條件。更一般的 Riemann 或 Lebesgue 型 Fubini 定理有不同假設；這裏沒有對任意無界或反常積分默認應用它們。

2 精確的不連續 Fubini 定理

定理。 設有界函數 $f$ 在 $[a,b]\times[c,d]$ 上 Riemann 可積。假設每個 $x\in[a,b]$ 的截面 $y\mapsto f(x,y)$ 都 Riemann 可積，則

$$F(x)=\int_c^df(x,y)dy$$

Riemann 可積，且 $\int_a^bF(x)dx=\iint_Rf$。若每個水平截面也可積，則兩個累次積分相等。

證明。 選取矩形網格。在 $x$ 區間 $I_i$ 與每個 $y$ 區間 $J_j$ 的乘積單元上，設 $m_{ij},M_{ij}$ 是 $f$ 的下確界和上確界。對每個 $x\in I_i$，一元積分的單調性給出

$$\sum_jm_{ij}|J_j|\le F(x)\le\sum_jM_{ij}|J_j|.$$

因此 $F$ 在 $I_i$ 上的振幅至多為 $\sum_j(M_{ij}-m_{ij})|J_j|$。乘以 $|I_i|$ 並求和，得到

$$U(F,P_x)-L(F,P_x)\le U(f,P)-L(f,P).$$

右側可任意小，故 $F$ 可積。對同樣的上下界在 $I_i$ 上積分並相加，得到 $\int F$ 介於 $L(f,P)$ 與 $U(f,P)$ 之間。取 Darboux 差趨於零的劃分便確定其值。水平截面同理。$\square$

截面假設不可忽略。在單位正方形上，定義 $f(x,y)=1$ 當 $x=0$ 且 $y$ 為有理數，其餘處為零。其二重積分為零，因為只有接觸竪直邊界的單元有貢獻。但 $x=0$ 截面是有理數指示函數，不 Riemann 可積。因此即使二重積分存在，所示內層積分也並非對每個 $x$ 都有定義。此例中，將 $F(0)$ 賦予任意有限值、其他地方設為零，外層積分仍為零；這是另行證明的有限點修改，而不是截面自動存在。

3 例題與非矩形區域

下列區域例子的零延拓在矩形上不連續，因此單靠第 2 節的連續函數定理並不足夠。應使用非連續 Fubini 章節中證明的有界 Riemann 切片定理：二重 Riemann 可積與每個相關一元切片可積是不同要求。對這裏的三角形和拋物邊界區域，邊界覆蓋保證二重可積；固定任一坐標後，切片是在有限區間上的連續多項式，區間外置零至多產生端點跳躍。因此每個切片均 Riemann 可積，可以使用該較廣定理。

在 $[0,1]\times[0,2]$ 上，

$$\iint(x+2y)\,dA=\int_0^1[x y+y^2]_{y=0}^{2}dx=\int_0^1(2x+4)dx=5.$$

對於三角形 $D=\{(x,y):0\le x\le1,\ 0\le y\le x\}$，在 $D$ 外將函數延拓為零，再對矩形積分。對於連續被積函數，新增的不連續點只在三角形邊界上。邊界可用總面積任意小的矩形覆蓋；在覆蓋之外，一致連續性控制上和減下和。因此延拓函數 Riemann 可積，按截面積分得到

$$\iint_D(x+y)\,dA=\int_0^1\int_0^x(x+y)\,dy\,dx=\frac12.$$

交換積分次序時用 $0\le y\le1$ 和 $y\le x\le1$，而非將原界中的符號互換。得到 $\int_0^1\int_y^1(x+y)dx\,dy=1/2$。

對於非負密度 $\rho$，質量為 $M=\iint_D\rho$；當 $M>0$ 時，質心為 $(M^{-1}\iint_Dx\rho,M^{-1}\iint_Dy\rho)$。三角形上的單位密度 $\rho=1$ 給出質量 $1/2$ 和質心 $(2/3,1/3)$，反映出較大的水平範圍位於右側。

練習與完整解答

E1 基礎。 以兩種次序對 $[0,2]\times[0,3]$ 上的 $xy$ 積分。

S1. 分離變量或直接積分得到 $(\int_0^2x dx)(\int_0^3y dy)=2\cdot9/2=9$。由於連續函數矩形定理適用，先對 $y$ 或先對 $x$ 積分得到同一乘積。

E2 區域積分界。 交換次序並計算 $\int_0^1\int_{x^2}^{1}x\,dy\,dx$。

S2. 區域為 $0\le y\le1$、$0\le x\le\sqrt y$。交換次序後的積分為 $\int_0^1\int_0^{\sqrt y}x dx\,dy=\int_0^1y/2\,dy=1/4$。原次序給出 $\int_0^1(x-x^3)dx=1/4$。

E3 密度。 在單位正方形上令 $\rho(x,y)=1+x$，求質量與質心。

S3. $M=3/2$。$x$ 方向矩為 $\int_0^1x(1+x)dx=5/6$，故 $\bar x=5/9$。$y$ 方向矩為 $(3/2)(1/2)=3/4$，故 $\bar y=1/2$。

E4 證明。 證明單位正方形中在直線 $y=x$ 上等於 1、其餘處等於 0 的函數 Riemann 可積且積分為零。

S4. 每個單元下確界為零，故下和為零。均勻 $N\times N$ 網格中至多 $3N$ 個單元與對角線相交，包括僅在邊界接觸的相鄰單元。其上和至多為 $3/N$，趨於零。Darboux 判據證明積分為零，儘管函數在對角線上不連續。

總結

多重積分從單元求和開始，而不是從累次積分記號開始。一致連續性確保連續函數可積，夾逼證明確保矩形上的 Fubini 定理。區域幾何決定積分界；反常積分和更一般的可測情形需要各自的定理。