Riemann 截面與不連續情形的 Fubini 定理

矩形上的連續性是交換積分次序的簡潔充分條件，但許多有用的函數沿曲線發生跳躍。本章證明更廣泛的有界 Riemann 截面定理，解釋截面存在性的獨立作用，並研究交換次序後答案改變的反常積分例子。

1 振幅與單元控制

對矩形 $R$ 上的有界函數 $f$，單元的振幅為 $\omega(f,C)=\sup_Cf-\inf_Cf$。Darboux 上下和之差為

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

Riemann 可積等價於此和可任意小。如果受影響單元的總面積可任意小，其他地方振幅又小，則允許存在大振幅。它不要求每個單元上的限制都連續。

若有界集合對每個正數 $\varepsilon$ 都可由總面積小於 $\varepsilon$ 的有限個矩形覆蓋，則稱它為 Jordan 零集。有限條線段的並是 Jordan 零集：將每條線段分成短段，用細矩形覆蓋，即可使總面積任意小。緊區間上的 $C^1$ 曲線也是如此，因為導數有界給出一致 Lipschitz 界；每個 $N$ 等分參數子區間的像位於邊長為 $O(1/N)$ 的正方形內，故總面積為 $O(1/N)$。

若有界區域 $D\subset R$ 的邊界是 Jordan 零集，其指示函數 $1_D$ Riemann 可積。完全在內或在外的單元振幅為零；只有與邊界相交的單元有貢獻。選擇邊界的有限小面積矩形覆蓋和充分細的網格，稍微擴大覆蓋矩形，可使與該有限覆蓋相交的單元總面積任意接近覆蓋面積。因此上下和之差趨於零。這種區域稱為 Jordan 可測，其面積為 $\iint_R1_D$。

更一般地，$R$ 上的連續函數與 $1_D$ 的乘積可積：有界性控制邊界單元，一致連續性控制其餘單元。這證明多邊形和光滑邊界區域的例子合法，而無需假稱零延拓處處連續。

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 有跳躍的區域例題

在單位正方形上，令 $f(x,y)=x$ 當 $y\le x$，當 $y>x$ 時為零。可能的不連續點只在對角線上，它是 Jordan 零集。前面的區域論證證明二重可積。每個竪直和水平截面都分段連續，所以定理適用：

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

交換次序得到 $\int_0^1\int_y^1x\,dx\,dy=1/3$。積分界隨區域幾何改變；不連續性並不使 Fubini 定理失效，因為有界可積性及截面假設確實成立。

4 為甚麼反常積分不同

對於 $x,y>0$，令

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

固定 $x>0$，對 $y$ 積分使用原函數 $y/(x^2+y^2)$，得到 $\int_0^1f(x,y)dy=1/(1+x^2)$。從零到 1 的外層反常積分為 $\pi/4$。交換次序使用原函數 $-x/(x^2+y^2)$，得到 $-\pi/4$。

這不矛盾：該函數在零點附近無界，不屬於有界 Riemann 定理的範圍。它在那裡不絕對可積。極坐標給出 $|f|=|\cos2\theta|/r^2$，面積因子為 $r$，故在任何使 $|\cos2\theta|$ 與零保持一定距離的角域上，都有發散貢獻 $\int_0^\varepsilon dr/r$。兩種累次反常過程編碼了不同的極限運算；不能將任一結果稱為對普通二重積分的合法交換次序。

也可不用換坐標，直接在直角坐標中證明絕對積分發散。固定 $0<\varepsilon<\delta<1$，限制到 $\varepsilon\le x\le\delta$、$x/4\le y\le x/2$。在這個區域函數為正，且

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

該區域遠離原點，邊界由有限條直線段構成。其零延拓被積函數有界且 Riemann 可積，每個切片均分段連續。所以有界切片定理給出

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

當 $\varepsilon\downarrow0$ 時，右端無界增長。這些正常正區域積分可以包含在奇點的任意小鄰域內，從而獨立於極坐標計算，證明局部絕對可積性失敗。

練習與完整解答

E1 基礎。 證明三角形 $0\le y\le x\le1$ 的指示函數雖然在邊界上不連續，但二重積分為 $1/2$。

S1. 三角形三條邊界線段是 Jordan 零集，故其指示函數可積。每個截面都是階梯函數。積分 $\int_0^1\int_0^x1\,dy\,dx=1/2$ 得到面積。

E2 截面。 在單位正方形上，$f(x,y)=y$ 當 $y\le x$，其餘處為零。以兩種次序計算二重積分。

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

E3 假設。 構造有界且二重可積、但有一個竪直截面不可積的函數，明確解釋為甚麼第 2 節定理不能應用。

S3. 使用第 2 節竪直邊界上的有理數指示例。它的二重積分為零，但 $x=0$ 截面的下積分為 0、上積分為 1。定理要求每個 $x$ 的截面可積，故該點不滿足前提。

E4 證明。 證明只在有限點改變一元 Riemann 可積函數仍保持可積且積分不變。為甚麼對任意稠密可數集不成立？

S4. 用總長度任意小的區間覆蓋有限個修改點。差函數有界且在這些區間外為零；其絕對值的上積分由有限最大值乘總長度控制，故為零。相加不改變積分。如果在區間的每個有理點將零改為 1，有理數和無理數仍都稠密；每個非平凡單元的振幅為 1，得到不可積的有理數指示函數。可數性本身不能保證 Riemann 可積。

總結

有界 Riemann 可積性允許受控的跳躍集合，而不僅限於連續函數。精確的截面定理還要求內層積分存在。奇點附近的反常積分是不同的極限過程；交換次序之前需要絕對收斂或其他適用定理。