期末考试是 6.14，所以 5.17 要补一次很长时间的课.

Fubini 定理

/Theorem/

设 $f$ 在 $[a,b]\times[c,d]$ 上可积，且

$$F(x)=\int_c^df(x,y)\text{d}y$$

有定义 ($\forall x\in[a,b]$)，则 $F$ 在 $[a,b]$ 上可积，且

$$\iint_{[a,b]\times[c,d]}f\text{d}x\text{d}y=\int_a^bF(x)\text{d}x$$

/Proof/

我们需要操作一下 Darboux 上下和. 对于 $[a,b]$ 剖分 $P_1:[a,b]=\bigcup_iS_i$，估计 $U(P_1,F)$，$L(P_1,F)$，下面以上和为例.

$$\begin{aligned} U(P_1,F)=\sum|S_i|\sup_{x\in S_i}F(x) \end{aligned}$$

再对 $[c,d]$ 取一个剖分 $P_2:[c,d]=\bigcup_j T_j$，则由条件有

$$F(x)\leq U(P_2,f(x,y))$$

所以：

$$\begin{aligned} U(P_1,F)&=\sum_i|S_i|\sup_{x\in S_i}F(x)\\ &\leq\sum_i|S_i|\sup_{x\in S_i}\left(\sum_j|T_j|\sup_{y\in T_j}f(x,y)\right)\\ &\leq\sum_i|S_i|\left(\sum_j|T_j|\sup_{S_i\times T}f(x,y)\right)\\ &\leq U(P_1\times P_2,f) \end{aligned}$$

同理，$L(P_1,F)\geq L(P_1\times P_2,f)$.

从而，我们得到一个双侧的估计. 再利用 $f(x,y)$ 可积这一条件，可证：

$$\iint_{[a,b]\times[c,d]}f(x,y)\text{d}x\text{d}y=\int_a^bF(x)\text{d}x$$

进一步写出：

$$\iint_If(x,y)\text{d}x\text{d}y=\int_a^b\left(\int_c^df(x,y)\text{d}y\right)\text{d}x$$

为方便引用，称这个式子为“累次积分”. 由于证明过程中的对称性，当然也可以写成对称形式：

$$\iint_If(x,y)\text{d}x\text{d}y=\int_c^d\left(\int_a^bf(x,y)\text{d}x\right)\text{d}y$$

更简便的写法是：

$$\iint_If(x,y)\text{d}x\text{d}y=\int_a^b\text{d}x\int_c^df(x,y)\text{d}y$$

有人说，这个定理固然很好，但是不是每一次积分都在一个矩体上. 因此我们对这个定理做一次推广：

/Theorem/

对一般的 $D$，设 $D\subseteq\R^2$ 有界，且 $f$ 在 $D$ 上可积，则有

$$\iint_Df=\iint_If\chi_D\overset{\text{Fubini}}{=}\int_a^b\text{d}x\int_c^df(x,y)\chi_D(x,y)\text{d}y$$

这几乎是显然的. 但是实际上很多地方 $\chi_D$ 为 $0$，所以很多时候没有必要全部算在积分之中. 设 $\forall x\in[a,b]$，$\{x\}\times[c,d]$ 与 $D$ 的交线是有限个线段，则

$$\int_c^df(x,y)\chi_D(x,y)\text{d}y=\sum_{j}\int_{s_j}^{t_j}f(x,y)\text{d}y$$

但是写求和号会使得记号变得臃肿，我们简记为

$$=\int_{\{x\}\times\R\cap D}f(x,y)\text{d}y$$

当然这并不是一个 Riemann 积分的标准写法，但是一般不至于引起混淆.

有下面的几个特例：

(1) $D$ 为 $y=\phi_1(x)$，$y=\phi_2(x)$ 和 $x=a,b$ 围成的曲边四边形.

/Theorem/ (Fubini 定理的特例 1)

区域：

$$D=\left\{(x,y)\left|\begin{array}{}a\leq x\leq b\\ \phi_1(x)\leq y\leq\phi_2(x)\end{array}\right.\right\}$$

则积分为

$$\iint_Df=\int_a^b\text{d}x\int_{\phi_1(x)}^{\phi_2(x)}f(x,y)\text{d}y$$

(2) $D$ 为 $x=\psi_1(y)$，$x=\psi_2(y)$ 和 $y=c,d$ 围成的曲边四边形.

/Theorem/

区域：

$$D=\left\{(x,y)\left|\begin{array}{}c\leq y\leq d\\ \psi_1(y)\leq x\leq\psi_2(y)\end{array}\right.\right\}$$

则积分为

$$\iint_Df=\int_c^d\text{d}y\int_{\psi_1(y)}^{\psi_2(y)}f(x,y)\text{d}x$$

Fubini 定理保证了换序积分可以成立，同时对高维情况这个结论也是成立的.

以 3 维情况为例：

• 先积分 $1$ 维再积分 $2$ 维；

  $$\iiint_\Omega f\text{d}x\text{d}y\text{d}z=\iint_{\Omega_{xy}}\text{d}x\text{d}y\int_{(\{(x,y)\}\times\R)\cap\Omega}f(x,y,z)\text{d}z$$

• 先积分 $2$ 维再积分 $1$ 维.

  $$\iiint_\Omega f\text{d}x\text{d}y\text{d}z=\int_{z_1}^{z_2}\text{d}z\iint_{(\{z\}\times\R^2)\cap\Omega}f(x,y,z)\text{d}x\text{d}y$$

对于 $n$ 维情况，先积分 $1$ 维再积分 $n-1$ 维，等价于先积分 $n-1$ 维再积分 $1$ 维.

/Example/

$$\Omega=\left\{(x,y,z)\left|\begin{array}{}x^2+y^2\leq1\\x^2+z^2\leq1\\y^2+z^2\leq1\end{array}\right.\right\}$$

(三个圆柱之交)

求：$\mathcal{Vol}(\Omega)$.

---

积分，

$$\begin{aligned} \mathcal{Vol}(\Omega)&=\iiint_\Omega\text{d}x\text{d}y\text{d}z\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq1}\text{d}x\text{d}y\int_{z^2\leq\max\{1-x^2,1-y^2\}}\text{d}z\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq1}\text{d}x\text{d}y\cdot2\sqrt{\max\{1-x^2,1-y^2\}} \end{aligned}$$

讨论 $\max\{1-x^2,1-y^2\}$ 取值，可以分为两个区域再求积分.

$$V_1=\iint_A\text{d}x\text{d}y\cdot2\sqrt{1-x^2}=\cdots$$

最后 $\mathcal{Vol}(\Omega)=V_1+V_2$.

/Example/ (Feynman 参数化 & Schwinger trick)

提示

这个等式由两人同时发现，他们因此争论是谁先发现的.

令区域如下：

$$V=\left\{(x_0,\cdots,x_n)\left|\begin{array}{}x_i\geq0\,,\quad\forall i\\ x_0+\cdots+x_n\leq1\end{array}\right.\right\}$$

在量子场论中常用积分：

$$F_n(a_0,\cdots,a_n)=\int\cdots\int_V\frac{\text{d}x_1\cdots\text{d}x_n}{(a_1x_1+\cdots+a_nx_n+a_0(1-x_1-\cdots-x_n))^{n-1}}$$

只能使用 Fubini 定理，积分最后一个维度，得到

$$F_n(a_0,\cdots,a_n)=\frac{1}{-n(a_n-a_0)}(F_{n-1}(a_n;a_0,\cdots,a_{n-1})-F_{n-1}(a_0,\cdots,a_{n-1}))$$

只需要从低维结果猜出：

$$F_n(a_0,\cdots,a_n)=\frac{1}{n!a_0a_1\cdots a_n}$$

换元公式

$\R^n$ 中两个向量 $\vec{a},\vec{b}$，张成一个平行四边形，得到 $S_\Box=|\vec{a}\times\vec{b}|$.

多重积分可以理解为加权的 volume，所以我们考虑用线性变换，换一个基底之后重新计算这一体积.

回忆线性代数中的余弦定理：

$$\cos\theta=\frac{\braket{\vec{a},\vec{b}}}{|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|}$$

因此平行四边形面积公式是

$$S_\Box=\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-\braket{\vec{a},\vec{b}}^2}$$

换一组基底，应该仍然可以用 Gram 矩阵表示 $S_\Box$，

$$S_\Box=\left|\det\begin{pmatrix} a_1&a_2\\b_1&b_2 \end{pmatrix}\right|$$

如果推广到三维，有

$$\begin{aligned} S_\Box&=\sqrt{(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)-(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2}\\\\ &=\sqrt{(a_1b_3-a_3b_1)^2+(a_2b_3-a_3b_2)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2}\\\\ &=|(a_2b_3-a_3b_2,a_3b_1-a_1b_3,a_1b_2-a_2b_1)| \end{aligned}$$

这就定义了 $\vec{a}\times\vec{b}$，为了记忆这一公式，写成行列式：

$$\det\begin{pmatrix} \hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\ a_1&a_2&a_3\\ b_1&b_2&b_3 \end{pmatrix}=\vec{a}\times\vec{b}$$

叉乘的方向？考虑 $\vec{a}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})$：显然为 $0$；同样，$\vec{b}\cdot(\vec{a}\times\vec{b})=0$，所以叉乘的方向垂直于 $\vec{a},\vec{b}$ 张成的平面. 但是还是有两种选择，我们选择右手系.

对于一个三维空间 $V$，要和 $\R^3$ 建立联系，需要一种同构，这里的映射就是将 $\R^3$ 中的基底放到 $V$ 中. 叉乘是在 $\R^3$ 中定义的，因此我们需要建立这样的一种关系：

/Claim/

若 $\hat{e}_x,\hat{e}_y,\hat{e}_z$ 构成右手系，则对于 $\vec{a},\vec{b},\vec{c}\in\R^3$，有 $\Phi(a),\Phi(b),\Phi(c)$ 构成右手系 $\Longleftrightarrow$

$$\det\begin{pmatrix} a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\c_1&c_2&c_3 \end{pmatrix}>0$$

(讲义上有证明)

/Theorem/

$P$ 的 $k$ 维 volume $=\sqrt{\det G}$.

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