Riemann 截面与不连续情形的 Fubini 定理

矩形上的连续性是交换积分次序的简洁充分条件，但许多有用的函数沿曲线发生跳跃。本章证明更广泛的有界 Riemann 截面定理，解释截面存在性的独立作用，并研究交换次序后答案改变的反常积分例子。

1 振幅与单元控制

对矩形 $R$ 上的有界函数 $f$，单元的振幅为 $\omega(f,C)=\sup_Cf-\inf_Cf$。Darboux 上下和之差为

$$U(f,P)-L(f,P)=\sum_{C\in P}\omega(f,C)|C|.$$

Riemann 可积等价于此和可任意小。如果受影响单元的总面积可任意小，其他地方振幅又小，则允许存在大振幅。它不要求每个单元上的限制都连续。

若有界集合对每个正数 $\varepsilon$ 都可由总面积小于 $\varepsilon$ 的有限个矩形覆盖，则称它为 Jordan 零集。有限条线段的并是 Jordan 零集：将每条线段分成短段，用细矩形覆盖，即可使总面积任意小。紧区间上的 $C^1$ 曲线也是如此，因为导数有界给出一致 Lipschitz 界；每个 $N$ 等分参数子区间的像位于边长为 $O(1/N)$ 的正方形内，故总面积为 $O(1/N)$。

若有界区域 $D\subset R$ 的边界是 Jordan 零集，其指示函数 $1_D$ Riemann 可积。完全在内或在外的单元振幅为零；只有与边界相交的单元有贡献。选择边界的有限小面积矩形覆盖和充分细的网格，稍微扩大覆盖矩形，可使与该有限覆盖相交的单元总面积任意接近覆盖面积。因此上下和之差趋于零。这种区域称为 Jordan 可测，其面积为 $\iint_R1_D$。

更一般地，$R$ 上的连续函数与 $1_D$ 的乘积可积：有界性控制边界单元，一致连续性控制其余单元。这证明多边形和光滑边界区域的例子合法，而无需假称零延拓处处连续。

2 精确的不连续 Fubini 定理

定理。 设有界函数 $f$ 在 $[a,b]\times[c,d]$ 上 Riemann 可积。假设每个 $x\in[a,b]$ 的截面 $y\mapsto f(x,y)$ 都 Riemann 可积，则

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

Riemann 可积，且 $\int_a^bF(x)dx=\iint_Rf$。若每个水平截面也可积，则两个累次积分相等。

证明。 选取矩形网格。在 $x$ 区间 $I_i$ 与每个 $y$ 区间 $J_j$ 的乘积单元上，设 $m_{ij},M_{ij}$ 是 $f$ 的下确界和上确界。对每个 $x\in I_i$，一元积分的单调性给出

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

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

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

右侧可任意小，故 $F$ 可积。对同样的上下界在 $I_i$ 上积分并相加，得到 $\int F$ 介于 $L(f,P)$ 与 $U(f,P)$ 之间。取 Darboux 差趋于零的划分便确定其值。水平截面同理。$\square$

截面假设不可忽略。在单位正方形上，定义 $f(x,y)=1$ 当 $x=0$ 且 $y$ 为有理数，其余处为零。其二重积分为零，因为只有接触竖直边界的单元有贡献。但 $x=0$ 截面是有理数指示函数，不 Riemann 可积。因此即使二重积分存在，所示内层积分也并非对每个 $x$ 都有定义。此例中，将 $F(0)$ 赋予任意有限值、其他地方设为零，外层积分仍为零；这是另行证明的有限点修改，而不是截面自动存在。

3 有跳跃的区域例题

在单位正方形上，令 $f(x,y)=x$ 当 $y\le x$，当 $y>x$ 时为零。可能的不连续点只在对角线上，它是 Jordan 零集。前面的区域论证证明二重可积。每个竖直和水平截面都分段连续，所以定理适用：

$$\iint f=\int_0^1\int_0^xx\,dy\,dx=\int_0^1x^2dx=\frac13.$$

交换次序得到 $\int_0^1\int_y^1x\,dx\,dy=1/3$。积分界随区域几何改变；不连续性并不使 Fubini 定理失效，因为有界可积性及截面假设确实成立。

4 为什么反常积分不同

对于 $x,y>0$，令

$$f(x,y)=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

固定 $x>0$，对 $y$ 积分使用原函数 $y/(x^2+y^2)$，得到 $\int_0^1f(x,y)dy=1/(1+x^2)$。从零到 1 的外层反常积分为 $\pi/4$。交换次序使用原函数 $-x/(x^2+y^2)$，得到 $-\pi/4$。

这不矛盾：该函数在零点附近无界，不属于有界 Riemann 定理的范围。它在那里不绝对可积。极坐标给出 $|f|=|\cos2\theta|/r^2$，面积因子为 $r$，故在任何使 $|\cos2\theta|$ 与零保持一定距离的角域上，都有发散贡献 $\int_0^\varepsilon dr/r$。两种累次反常过程编码了不同的极限运算；不能将任一结果称为对普通二重积分的合法交换次序。

也可不用换坐标，直接在直角坐标中证明绝对积分发散。固定 $0<\varepsilon<\delta<1$，限制到 $\varepsilon\le x\le\delta$、$x/4\le y\le x/2$。在这个区域函数为正，且

$$f(x,y)\ge\frac{(3/4)x^2}{(25/16)x^4}=\frac{12}{25x^2}.$$

该区域远离原点，边界由有限条直线段构成。其零延拓被积函数有界且 Riemann 可积，每个切片均分段连续。所以有界切片定理给出

$$\iint |f|\,dA\ge\int_\varepsilon^\delta\int_{x/4}^{x/2}\frac{12}{25x^2}\,dy\,dx=\frac3{25}\log\frac\delta\varepsilon.$$

当 $\varepsilon\downarrow0$ 时，右端无界增长。这些正常正区域积分可以包含在奇点的任意小邻域内，从而独立于极坐标计算，证明局部绝对可积性失败。

练习与完整解答

E1 基础。 证明三角形 $0\le y\le x\le1$ 的指示函数虽然在边界上不连续，但二重积分为 $1/2$。

S1. 三角形三条边界线段是 Jordan 零集，故其指示函数可积。每个截面都是阶梯函数。积分 $\int_0^1\int_0^x1\,dy\,dx=1/2$ 得到面积。

E2 截面。 在单位正方形上，$f(x,y)=y$ 当 $y\le x$，其余处为零。以两种次序计算二重积分。

S2. 竖直截面给出 $\int_0^1\int_0^xy\,dy\,dx=\int_0^1x^2/2\,dx=1/6$。水平截面给出 $\int_0^1\int_y^1y\,dx\,dy=\int_0^1(y-y^2)dy=1/6$。

E3 假设。 构造有界且二重可积、但有一个竖直截面不可积的函数，明确解释为什么第 2 节定理不能应用。

S3. 使用第 2 节竖直边界上的有理数指示例。它的二重积分为零，但 $x=0$ 截面的下积分为 0、上积分为 1。定理要求每个 $x$ 的截面可积，故该点不满足前提。

E4 证明。 证明只在有限点改变一元 Riemann 可积函数仍保持可积且积分不变。为什么对任意稠密可数集不成立？

S4. 用总长度任意小的区间覆盖有限个修改点。差函数有界且在这些区间外为零；其绝对值的上积分由有限最大值乘总长度控制，故为零。相加不改变积分。如果在区间的每个有理点将零改为 1，有理数和无理数仍都稠密；每个非平凡单元的振幅为 1，得到不可积的有理数指示函数。可数性本身不能保证 Riemann 可积。

总结

有界 Riemann 可积性允许受控的跳跃集合，而不仅限于连续函数。精确的截面定理还要求内层积分存在。奇点附近的反常积分是不同的极限过程；交换次序之前需要绝对收敛或其他适用定理。