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[다변수 적분] ch3. 푸비니 정리

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푸비니 정리

 

  이번 포스팅의 목표는 다음의 수식이 성립함을 보이는 것이다.

[a,b]×[c,d]f(x,y)=x=ax=by=cy=df(x,y)

  이는 적분의 계산을 고차원에서 저차원으로 끌어내려 실제로 적분값을 계산할 수 있도록 도와준다. 우리는 이미 1차원에 한하여 적분을 쉽게 계산하는 방법을 알고있으며, 이는 미적분학의 기본정리라고 불린다.

 

미적분학의 기본정리 (Tundamental theorem of calculus).
  (1) 연속함수 f:[a,b]R 과 다음의 함수 g:[a,b]R 에 대해 Dg=f 가 성립한다.g(x)=axf  (2) 연속함수 f:[a,b]R 과 함수 g:[a,b]R 에 대해 Dg=f 이면 다음이 성립한다.abf=g(b)g(a)

 

※ 구간의 end points 에서의 DF 는 단방향 미분(one-side derivative)을 의미한다.

 

  증명은 [FTC의 엄밀한 증명] ch26. 미적분학의 기본정리 (FTC) 참고.

 

  미적분학의 기본정리를 두 식으로 짧게 요약하면 다음과 같다.

Daxf=f(x)axDg=g(x)g(a)

 

  이제 푸비니 정리를 증명해보자.

 

푸비니 정리 (Fubini's theorem).
  AQ(Rk) , BQ(Rn) 에 대해 Q=A×B 라고 하자. 유계함수 f:QRxA , yB 에 대해 f(x,y) 라고 쓰자. 각 xA 에 대해 다음의 하적분, 상적분을 생각하자.yBf(x,y)yBf(x,y)  만약 fQ 에서 적분가능하면 x 에 대한 위 두 함수는 A 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.Qf=xAyBf(x,y)=xAyBf(x,y)

 

  Proof.  다음과 같이 정의하자.

I(t)=yBf(t,y)I(t)=yBf(t,y)

  임의의 PΠ(Q) 를 고정하자. P 는 어떤 PAΠ(A) , PBΠ(B) 에 대해 P=PA×PB 로 구성된다.

 

  Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

L(f,P)L(I,PA)

  임의의 RS(P) 를 고정하자. R 은 어떤 RAS(PA) , RBS(PB) 에 대해 R=Ra×RB 로 구성된다. 임의의 x0RA 를 고정하면 함수 g(t)=f(x0,t) 와 임의의 yRB 에 대해 다음이 성립한다.

infRA×RBfg(y)

infRA×RBfinfRBg

  따라서 x0 가 속한 RA 를 고정하면 다음을 얻는다.

RBS(PB)(infRA×RBf)v(RB)RBS(PB)(infRBg)v(RB)=L(g,PB)yBg=I(x0)

  이때 x0RA 에서 임의로 선택하였으므로 다음을 얻는다.

RBS(PB)(infRA×RBf)v(RB)infRAI

  따라서 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

L(f,P)=RS(P)(infRf)v(R)=RAS(PA)RBS(PB)(infRA×RBf)v(RA×RB)=RAS(PA)RBS(PB)(infRA×RBf)v(RA)v(RB)=RAS(PA)(RBS(PB)(infRA×RBf)v(RB))v(RA)RAS(PA)(infRAI)v(RA)=L(I,PA)

  이와 비슷하게 다음이 성립함도 알 수 있다.

U(I,PA)U(f,P)

 

  Step 2. 이제 본 정리를 증명하자.임의의 PΠ(Q) 에 대해 어떤 PAΠ(A) , PBΠ(B) 가 존재하여 P=PA×PB 이며, I(x)I(x) 이므로 다음이 성립한다.

L(f,P)L(I,PA)U(I,PA)U(I,PA)U(f,P)

L(f,P)L(I,PA)L(I,PA)U(I,PA)U(f,P)

  전제에 따라 fQ 에서 적분가능하므로 Riemann condition 에 따라 임의의 ϵ>0 에 대해 다음이 성립하도록 하는 PΠ(Q) 가 존재한다.

U(f,P)L(f,P)<ϵ

  한편 L(I,PA) , U(I,PA) , L(I,PA) , U(I,PA) 는 모두 L(f,P)U(f,P) 사이의 값을 가지므로 다음이 성립한다.

U(I,PA)L(I,PA)<ϵ

U(I,PA)L(I,PA)<ϵ

  따라서 IIA 에서 적분 가능하다. 즉 AIAI 가 존재하며 다음이 모두 성립한다.

L(f,P)QfU(f,P)

L(f,P)L(I,PA)AIU(I,PA)U(f,P)

L(f,P)L(I,PA)AIU(I,PA)U(f,P)

  즉 Qf , AI , AI 는 모두 L(f,P) 과 U(f,P) 사이의 값을 가지므로 다음이 성립한다.

|QfAI|<ϵ

|QfAI|<ϵ

  ϵ>0 을 임의로 선택하였으므로 다음이 성립하여 증명이 완료된다.

Qf=AI=AI

 

 

  이 정리에서 적분의 순서는 중요하지 않다. 위 증명에서 단지 xy 로 바꾸는 것으로 아래의 결론을 얻을 수 있다.

 

  AQ(Rk) , BQ(Rn) 에 대해 Q=A×B 라고 하자. 유계함수 f:QR 에 대해 Qf 가 존재하고 각 xA 에 대해 xAf(x,y) , xAf(x,y) 가 존재하면 다음이 성립한다.Qf=yBxAf(x,y)=yBxAf(x,y)

 

 

푸비니 정리의 따름정리

 

Corollary 3.1.  AQ(Rk) , BQ(Rn) 에 대해 Q=A×B 라고 하자. 유계함수 f:QR 에 대해 Qf 가 존재하고 각 xA 에 대해 yBf(x,y) 가 존재하면 다음이 성립한다.Qf=xAyBf(x,y)

 

  함수의 조건을 연속으로 완화시켜버리면 다음의 좋은 따름정리를 얻으며, 이 정리가 종종 푸비니 정리라고 소개되곤 한다.

 

Corollary 3.2.  R 의 닫힌구간 I1,,In 에 대해 Q=I1××In 이라고 하자. 연속함수 f:QR 에 대해 다음이 성립한다.Qf=x1I1xnInf(x1,,xn)

 

※ 이 따름정리는 f 가 유계임을 직접 명시하지 않는다. 따라서 증명은 다음과 같이 시작해야 한다.

 

  Proof.  f 가 연속이고 Q 는 콤팩트하므로 f(Q) 는 콤팩트하다. (링크의 최대-최소 정리 참고) 하이네-보렐 정리에 따라 f 는 유계이다. 또한 fQ 에서 연속이므로 르베그 판정법에 따라 Qf 가 존재한다.

  n 에 대한 귀납법으로 증명하자. n=1 일 경우에는 정리가 자명하게 성립한다. n1 에서 정리가 성립한다고 가정하고 n 에서 정리가 성립함을 보이자. 임의의 x0I1 을 고정하면 x2,,xn 에 대한 함수 f(x0,x2,,xn) 은 연속이므로 귀납법 가정에 따라 다음이 성립한다.

(x2,,xn)I2××Inf(x0,x2,,xn)=x2I2xnInf(x0,x2,,xn)

  한편 Cor 3.1 에 따라 다음을 얻는다.

Qf=x1In(x2,,xn)I2××Inf(x1,,xn)

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

  위 정리는 Q=[a1,b1]××[an,bn] 에 대해 다음과 같이 쓸 수 있다.

Qf=x1=a1x1=b1xn=anxn=bnf(x1,,xn)

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

[1] James R. Munkres. (1991). Analysis on manifolds. CRC press.


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