富比尼定理

富比尼定理（Fubini's theorem）说明：在乘积测度空间上，一个绝对可积的函数可以先对其中一个变量积分，再对另一个变量积分；两种次序都得到原来的乘积积分。它把多变量的积分转化成一连串单变量计算。允许换序的关键是对整个空间的绝对可积性，单独算出两个有限的累次积分，并不足以保证它们相等。

例如，在三角形 $0\le y\le x\le 1$ 上积分 $x-2y$。固定 $x$ 时，$y$ 从零走到 $x$；固定 $y$ 时，$x$ 从 $y$ 走到一。换序不仅更换微分符号，也要重新描述同一个区域。本例有正有负，却绝对可积；后文会逐步算出两种次序，并比较一个换序失败的例子。

乘积积分与累次积分

设 $(X,𝒜,\mu )$、$(Y,ℬ,\nu )$ 是两个测度空间。乘积测度 $\mu \otimes \nu$ 定义在乘积 $\sigma$ 代数 $𝒜\otimes ℬ$ 上，它给可测矩形赋值 $$(\mu \otimes \nu )(A\times B)=\mu (A)\nu (B).$$ 这里 $A\in 𝒜$、$B\in ℬ$，涉及零与无穷的乘积时约定 $0\cdot \mathrm{\infty }=0$。在平面上，两个长度测度的乘积对应面积测度。

乘积积分 ${\int }_{X\times Y}f\mathrm{d}(\mu \otimes \nu )$ 直接使用整个乘积空间上的测度。累次积分则先固定一个变量。例如 $$H(x)={\int }_{Y}f(x,y)\mathrm{d}\nu (y)$$ 先沿 $Y$ 方向积分，再计算 ${\int }_{X}H\mathrm{d}\mu$。前者定义在一整个空间上，后者分成两层；二者相等需要定理保证。

称一个测度为$\sigma$ 有限，是指其空间可由可数个有限测度的可测集覆盖。实数轴长度无限，但被区间 $[-n,n]$ 覆盖，因此长度测度是 $\sigma$ 有限的。下述版本对两个因子均作这一假设，包含通常的有限维勒贝格积分与可数求和。

定理与几乎处处的截面

富比尼定理。 假设上述两个测度空间均 $\sigma$ 有限，$f:X\times Y\to ℝ$ 关于 $𝒜\otimes ℬ$ 可测，且 $${\int }_{X\times Y}|f|\mathrm{d}(\mu \otimes \nu )<\mathrm{\infty }.$$ 那么，对 $\mu$ 几乎处处的 $x$，截面函数 $y\mapsto f(x,y)$ 绝对可积；对 $\nu$ 几乎处处的 $y$，$x\mapsto f(x,y)$ 也绝对可积。这里“几乎处处”指允许一个可测零测集作为例外。

在例外集上将内层积分的值统一设为零，所得到的 $H:X\to ℝ$、$K:Y\to ℝ$ 是可积函数，并且 $$\begin{array}{cc}{\int }_{X\times Y}f\mathrm{d}(\mu \otimes \nu )& ={\int }_{X}H\mathrm{d}\mu \\ & ={\int }_{Y}K\mathrm{d}\nu .\end{array}$$ 其中 $K(y)$ 在非例外处等于 ${\int }_{X}f(x,y)\mathrm{d}\mu (x)$。通常省略对例外集的赋值约定，直接将右边写成两种次序的累次积分。复值函数可分别对实部与虚部应用同一结论。

由非负函数到有符号函数的证明

本证明使用托内利定理：非负可测函数的乘积积分等于两种次序的累次积分，允许共同取值 $+\mathrm{\infty }$。托内利定理由可测集合的截面公式、简单函数逼近与单调收敛定理得到，不以富比尼定理为前提。

令 $f^{+}=max(f,0)$、$f^{-}=max(-f,0)$。则 $$f=f^{+}-f^{-},|f|=f^{+}+f^{-}.$$ 记 $P=\int f^{+}\mathrm{d}(\mu \otimes \nu )$、$M=\int f^{-}\mathrm{d}(\mu \otimes \nu )$。绝对可积假设使 $P$、$M$ 都有限，因此最终可以合法地相减。

先沿 $Y$ 积分，定义非负可测函数 $$A_{+}(x)={\int }_Y{f}^{+}(x,y)\mathrm{d}\nu (y),$$ $$A_{-}(x)={\int }_Y{f}^{-}(x,y)\mathrm{d}\nu (y).$$ 托内利定理给出 ${\int }_X{A}_{+}\mathrm{d}\mu =P$、${\int }_X{A}_{-}\mathrm{d}\mu =M$。又令 $A=A_{+}+A_{-}$，于是 $${\int }_{X}A\mathrm{d}\mu =P+M<\mathrm{\infty }.$$ 因此 $N=\{x:A(x)=\mathrm{\infty }\}$ 是零测集。确实，若其测度为正，则对每个正整数 $j$ 都有 $A\ge j{\mathrm{𝟏}}_N$，从而 $\int A\ge j\mu (N)$，与积分有限矛盾。

对 $x\notin N$，截面绝对值的积分就是有限的 $A(x)$，且 $$H(x)=A_{+}(x)-A_{-}(x).$$ 在 $N$ 上将 $A_{+}$、$A_{-}$ 都重新赋值为零。修改后的两个函数仍可测，积分仍分别为 $P$、$M$；它们处处有限，差便定义了上述的 $H$。因为 $|H|\le A$ 在 $N$ 外成立，$H$ 可积，而且 $${\int }_{X}H\mathrm{d}\mu =P-M={\int }_{X\times Y}f\mathrm{d}(\mu \otimes \nu ).$$ 交换两因子的角色，完全同样得到 $K$ 的结论。这一步相减只涉及有限积分，证明中没有使用 $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$。

这一证明也给出常用的检验办法：先用托内利定理对 $|f|$ 计算任意一种累次积分；若结果有限，就已经验证了富比尼定理的绝对可积假设。无需先把两种次序都算完。

三角形上的有符号积分

令 $D=\{(x,y):0\le y\le x\le 1\}$，在单位正方形上定义 $$f(x,y)=(x-2y){\mathrm{𝟏}}_D(x,y).$$ 函数在三角形以外取零，且 $|f|\le 3$；单位正方形面积有限，故绝对可积。实际可取更紧的界，但证明可积性不需要最优常数。

三角形内，直线 y=x/2 以下为正、以上为负。竖直截面固定 x，水平截面固定 y；它们覆盖的是同一个三角形。

先固定 $x$，沿图中的竖直方向积分： $$H(x)={\int }_0^x(x-2y)\mathrm{d}y=[xy-y^2{]}_0^x=0.$$ 每根竖直截面上的正负贡献恰好抵消。因此 $${\int }_0^{1}H(x)\mathrm{d}x=0.$$ 若改成先固定 $y$，水平截面的左端在 $x=y$，右端在 $x=1$，不是从零开始。内层积分变成 $$\begin{array}{cc}K(y)& ={\int }_y^1(x-2y)\mathrm{d}x\\ & ={[\frac{x^2}{2}-2yx]}_{x=y}^{x=1}\\ & =\frac{1}{2}-2y+\frac{3}{2}{y}^2.\end{array}$$ 这次内层结果并不恒等于零。它在 $0\le y<1/3$ 为正，在 $1/3<y<1$ 为负，但总积分仍为 $${\int }_0^{1}K(y)\mathrm{d}y={[\frac{y}{2}-y^2+\frac{y^3}{2}]}_0^1=0.$$

两种内层积分是不同的单变量函数：H 恒为零，K 的正负面积相抵。富比尼定理保证最终积分相同，并不要求截面结果逐点相同。

还可以复核绝对值积分。对固定 $x$，在 $y=x/2$ 处分开： $${\int }_0^{x/2}(x-2y)\mathrm{d}y=\frac{x^2}{4},$$ $${\int }_{x/2}^x(2y-x)\mathrm{d}y=\frac{x^2}{4}.$$ 于是 ${\int }_0^x|x-2y|\mathrm{d}y=x^2/2$，再对 $x$ 积分得到 $1/6$。总积分为零，而绝对值积分为 $1/6$，两者描述不同的量。

改变系数的变式

保持三角形不变，把被积函数改为 $x-3y$。沿竖直方向先算： $${\int }_0^x(x-3y)\mathrm{d}y=-\frac{x^2}{2},$$ 所以总积分为 $-1/6$。沿水平截面则有 $${\int }_y^1(x-3y)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}-3y+\frac{5}{2}{y}^2.$$ 从零到一积分得到 $1/2-3/2+5/6=-1/6$，与前一种次序一致。若在 $y=x/3$ 处分开绝对值，竖直截面的正、负贡献大小分别为 $x^2/6$ 与 $2x^2/3$，因此绝对值的总积分为 $5/18$。三角形并未改变，抵消的比例却已经改变。

绝对可积条件失效的例子

在开正方形 $(0,1{)}^2$ 上取 $$g(x,y)=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}.$$ 每个点的分母都正，函数连续且可测。对固定 $x>0$，注意到 $$\frac{\partial }{\partial y}\frac{y}{x^2+y^2}=\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}.$$ 因此先对 $y$ 积分，再对 $x$ 积分，得到 $${\int }_0^{1}g(x,y)\mathrm{d}y=\frac{1}{1+x^2},$$ $${\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}.$$ 另一方面，对 $x$ 的原函数是 $-x/(x^2+y^2)$，于是另一种次序给出 $${\int }_0^{1}g(x,y)\mathrm{d}x=-\frac{1}{1+y^2},$$ $$-{\int }_0^1\frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y=-\frac{\pi }{4}.$$ 这里两个累次积分都有限，而且每一个固定正坐标的截面都绝对可积；差异来自乘积空间上的绝对值积分发散。

g 在对角线下方为正、上方为负。突出显示的楔形内有可积性下界估计；两侧在原点附近各积累无穷大的绝对贡献。原点不属于定义域。

具体看 $0<y<x/2$ 的楔形。在这里 $$x^2-y^2\ge \frac{3}{4}{x}^2,(x^2+y^2{)}^2\le \frac{25}{16}{x}^4,$$ 故 $g(x,y)\ge 12/(25x^2)>0$。固定 $x$ 时这段楔形的高度为 $x/2$。用托内利定理对非负函数 $g^{+}$ 积分，得到 $${\int }_{(0,1{)}^2}{g}^{+}\mathrm{d}(x,y)\ge \frac{6}{25}{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x}=\mathrm{\infty }.$$ 交换坐标会使 $g$ 取反，因而负部的积分也为无穷。乘积空间上的有符号勒贝格积分是未定义的 $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$，不是两个次序中的任意一个有限数。把区域截去原点附近再取某种极限，是另外一种极限约定，不能代替这个勒贝格积分。

例外截面与完备化

定理中的“几乎处处”也有实际作用。以 $X=[0,1]$、$Y=(0,1]$ 上的长度测度为例，定义 $$r(x,y)=\frac{{\mathrm{𝟏}}_{\{0\}}(x)}{y}.$$ 它只在竖线 $\{0\}\times (0,1]$ 上可能非零，而该集合的乘积测度为零。因此 $r$ 绝对可积，积分为零。但是当 $x=0$ 时，截面积分为 ${\int }_0^1\mathrm{d}y/y=\mathrm{\infty }$；其余 $x$ 的截面积分全为零。这个单点例外不影响外层勒贝格积分，却说明不能把“几乎每个截面可积”加强为“每个截面可积”。

以上正式陈述使用乘积 $\sigma$ 代数上的可测函数。若使用乘积测度的完备化，需要相应的版本：当两个因子空间完备且 $\sigma$ 有限时，完备化上绝对可积的函数仍满足富比尼结论，但截面的可测性与可积性只保证几乎处处成立。通常的平面勒贝格可测函数属于这一情形。乘积空间中的零测例外可能包含整根坏截面，因此不能据此保证所有截面都可测。完备化与原乘积空间的区别见乘积测度。

求和与积分的同一原则

在自然数集上使用计数测度，积分就是求和。于是，对于实数或复数数组 $a_{mn}$，若 $$\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}|a_{mn}|<\mathrm{\infty },$$ 两种累次求和相等。取 $a_{mn}=(-1{)}^{m+n}{3}^{-m}{2}^{-n}$。绝对值和为 $$\frac{1}{1-1/3}\frac{1}{1-1/2}=3.$$ 因此可合法换序；两种次序都等于 $$\frac{1}{1+1/3}\frac{1}{1+1/2}=\frac{1}{2}.$$ 这里使用的是两个绝对收敛的几何级数。把计数测度换成长度测度，条件便成为对绝对值可积；换序论证的结构相同。

相关条目

• 乘积测度：先确定矩形、可测集与截面的测度。
• 托内利定理：先对非负函数或绝对值使用换序结论。
• 勒贝格积分：正负部、绝对可积与未定义的无穷相减。
• 单调收敛定理：由简单函数逼近得到非负积分的换序。