Интеграл Римана по выпуклому компакту

[tolstopuz]

В третьем издании Рудина появилась новая задача, которой он демонстрирует, насколько нудно работать с многократным интегралом Римана по сравнению с интегралом Лебега. Я не нашел в интернете ее нормального решения, либо неправильные, либо очень длинные. Вот текст начала главы в третьем издании:

(Оффтоп)

10.1 Определение. Пусть $I^k$ - $k$-клетка в $R^k$, состоящая из всех

$$\vec{x}=(x_1,\dotsc,x_k),$$

таких, что

$$a_i\le x_i\le b_i\qquad(i=1,\dotsc,k), \eqno (1)$$

$I^j$ - $j$-клетка в $R^j$, определяемая первыми $j$ из неравенств $(1)$, а $f$ - вещественная непрерывная функция на $I^k$.

Положим $f=f_k$ и определим $f_{k-1}$ на $I^{k-1}$ равенством

$$f_{k-1}(x_1,\dotsc,x_{k-1})=\int_{a_k}^{b_k}f_k(x_1,\dotsc,x_{k-1},x_k)\,dx_k.$$

Из равномерной непрерывности функции $f_k$ на $I^k$ следует, что $f_{k-1}$ непрерывна на $I^j$. Поэтому мы можем продолжить процесс и получим функции $f_j$, непрерывные на $I^j$, такие, что $f_{j-1}$ есть интеграл от $f_j$ относительно $x_j$ по $[a_j,b_j]$. После $k$ шагов мы придем к числу $f_0$, которое называется интегралом функции $f$ по $k$-клетке $I^k$ и записывается в виде

$$\int_{I^k}f(\vec{x})\,d\vec{x}\qquad\text{или}\qquad\int_{I^k}f. \eqno (2)$$

На первый взгляд это определение интеграла зависит от порядка, в котором производятся $k$ интегрирований. Однако это только кажущаяся зависимость. Чтобы доказать это, введем временно обозначение $L(f)$ для интеграла $(2)$ и $L'(f)$ для результата, получаемого выполнением $k$ интегрирований в каком-либо ином порядке.

10.2 Теорема. Какова бы ни была функция $f\in\mathcal{C}(I^k)$, имеем $L(f)=L'(f)$.

Доказательство.
Если $h(\vec{x})=h_1(x_1)\dotsm h_k(x_k)$, где $h_j\in\mathcal{C}([a_j,b_j])$, то

$$L(h)=\prod_{i=1}^k\int_{a_i}^{b_i}h_i(x_i)\,dx_i=L'(h).$$

Если $\mathcal{A}$ - множество всех конечных сумм таких функций $h$, то $L(g)=L'(g)$ при всех $g\in\mathcal{A}$. Кроме того, $\mathcal{A}$ - алгебра функций на $I^k$, к которой применима теорема Стоуна-Вейерштрасса.

Положим $V=\prod_1^k(b_i-a_i)$. Если $f\in\mathcal{C}(I^k)$ и $\varepsilon>0$, то существует функция $g\in\mathcal{A}$, такая, что $\|f-g\|<\varepsilon/V$, где $\|f\|$ определяется как $\max|f(\vec{x})|$ ($\vec{x}\in I^k$). Тогда $|L(f-g)|<\varepsilon$, $|L'(f-g)|<\varepsilon$, и так как

$$L(f)-L'(f)=L(f-g)+L'(g-f),$$

то мы заключаем, что $|L(f)-L'(f)|<2\varepsilon$.

С этим пунктом связано упражнение $2$.

10.3 Определение Носителем (вещественной или комплексной) функции $f$ на $R^k$ называется замыкание множества всех точек $\vec{x}\in R^k$, в которых $f(\vec{x})\ne0$. Если $f$ - непрерывная функция с компактным носителем, а $I^k$ - какая-нибудь $k$-клетка, содержащая носитель функции $f$, то положим

$$\int_{R^k}f=\int_{I^k}f. \eqno (3)$$

Так определенный интеграл, очевидно, не зависит от выбора $I^k$, лишь бы клетка $I^k$ содержала носитель функции $f$.

Может показаться заманчивым распространить это определение интеграла по $R^k$ на функции, являющиеся пределами (в некотором смысле) непрерывных функций с компактным носителем. Мы не хотим обсуждать условия, при которых это можно сделать; этот вопрос уместно решать с помощью интеграла Лебега. Мы лишь опишем один очень простой пример, который будет использован при доказательстве теоремы Стокса.

10.4 Пример. Пусть $Q^k$ - $k$-симплекс, состоящий из всех точек $\vec{x}=(x_1,\dotsc,x_k)$ в $R^k$, для которых $x_1+\dotsb+x_k\le1$ и $x_i\ge0$ при $i=1,\dotsc,k$. Если $k=3$, например, то $Q^k$ - тетраэдр с вершинами $\vec{0}$, $\vec{e}_1$, $\vec{e}_2$, $\vec{e}_3$. Если $f\in\mathcal{C}(Q^k)$, то продолжим $f$ до функции на $I^k$, полагая $f(\vec{x})=0$ вне $Q^k$, и положим

$$\int_{Q^k}f=\int_{I^k}f. \eqno (4)$$

Здесь $I^k$ - «единичный куб», определяемый неравенствами

$$0\le x_i\le1\qquad(1\le i\le k).$$

Ввиду того что $f$ может быть разрывной на $I^k$, существование интеграла в правой части $(4)$ требует доказательства. Мы также хотим показать, что этот интеграл не зависит от порядка, в котором выполняются $k$ однократных интегрирований.

Чтобы сделать это, выберем $0<\delta<1$, положим

$$\varphi(t)=\begin{cases} 1&(t\le1-\delta),\\ \frac{1-t}{\delta}&(1-\delta<t\le1),\\ 0&(1<t) \end{cases} \eqno (5)$$

и определим

$$F(\vec{x})=\varphi(x_1+\dotsb+x_k)f(\vec{x})\qquad(\vec{x}\in I^k). \eqno (6)$$

Тогда $F\in\mathcal{C}(I^k)$.

Положим $\vec{y}=(x_1,\dotsc,x_{k-1})$, $\vec{x}=(\vec{y},x_k)$. При каждом $\vec{y}\in I^{k-1}$ множество всех $x_k$, таких, что $F(\vec{y},x_k)\ne f(\vec{y},x_k)$, либо пусто, либо является интервалом, длина которого не превосходит $\delta$. Так как $0\le\varphi\le1$, то

$$|F_{k-1}(\vec{y})-f_{k-1}(\vec{y})|\le\delta\|f\|\qquad(\vec{y}\in I^{k-1}), \eqno (7)$$

где $\|f\|$ имеет тот же смысл, что и в доказательстве теоремы $10.2$, а $F_{k-1}$ и $f_{k-1}$ те же, что и в определении $10.1$.

При $\delta\to0$ $(7)$ показывает, что $f_{k-1}$ - равномерный предел последовательности непрерывных функций. Следовательно, $f_{k-1}\in\mathcal{C}(I^{k-1})$, и дальнейшие интегрирования не представляют проблем.

Существование интеграла $(4)$ доказано. Далее, $(7)$ показывает, что

$$\left|\int_{I^k}F(\vec{x})\,d\vec{x}-\int_{I^k}f(\vec{x})\,d\vec{x}\right|\le\delta\|f\|. \eqno (8)$$

Отметим, что $(8)$ справедливо вне зависимости от порядка, в котором производятся $k$ однократных интегрирований. Ввиду того что $F\in\mathcal{C}(I^k)$, на $\int F$ не сказывается никакое изменение этого порядка. Следовательно, $(8)$ показывает, что то же верно и в отношении $\int f$.

Утверждение доказано.

Вот сама задача:

Пусть $H$ - компактное выпуклое множество в $R^k$ с непустой внутренностью. Пусть $f\in\mathcal{C}(H)$, положим $f(\vec{x})=0$ в дополнении $H$ и определим $\int_Hf$, как в определении $10.3$.

Доказать, что $\int_Hf$ не зависит от порядка, в котором производятся $k$ интегрирований.

Указание. Приблизить $f$ функциями, непрерывными на $R^k$, носители которых содержатся в $H$, как было сделано в примере $10.4$.

Лучшее, что мне удалось найти, - план решения, существенно использующий свойства выпуклости, и довольно корявая реализация этого плана:
https://math.stackexchange.com/question ... -integrals

Мы с нейронкой несколько дней сидели над задачей и навайбкодили еще одно решение, которое тоже существенным образом использует свойства выпуклых множеств, но другие. Я через день-два кину его, но сначала хочу спросить - вдруг все что-то упускают и на самом деле задача проще?

[tolstopuz]

В общем, у нас получилось что-то такое.

Без ограничения общности будем считать, что $\vec{0}\in H^{\circ}$. Определим $p(\vec{x})$ как нижнюю грань положительных чисел $\lambda$, таких, что $\vec{x}\in\lambda H$. Обозначим $P(\vec{x})=(x_1,\dotsc,x_{k-1})$, $H_{k-1}=P(H)$. Требуется несколько фактов из выпуклой геометрии:

- $p$ выпукла и потому непрерывна на $I^k$. $p(\vec{x})$ меньше 1 при $\vec{x}\in H^{\circ}$, равна $1$ на границе и больше $1$ при $\vec{x}\notin H$.
- Для произвольного $\vec{y}\in H_{k-1}$ множество $T_{\vec{y}}=H\cap P^{-1}(\vec{y})$ - сегмент $x_k\in[\alpha(\vec{y}),\beta(\vec{y})]$, причем если $\vec{y}\in H_{k-1}^{\circ}$, то $\alpha(\vec{y})<\beta(\vec{y})$ и $(\alpha(\vec{y}),\beta(\vec{y}))\subset H^{\circ}$.
- $\alpha$ и $\beta$ непрерывны на $H_{k-1}^{\circ}$ ($\alpha$ выпукла вниз, а $\beta$ вверх).

Пусть $M=\|f\|$. Выберем $0<\delta<1$, положим $\varphi_{\delta}(t)$ как в 10.4 и определим $F_{\delta}(\vec{x})=\varphi_{\delta}(p(\vec{x}))f(\vec{x})$ ($\vec{x}\in I^k$). Тогда $F_{\delta}\in\mathcal{C}(I^k)$. Заметим, что $F_{\delta}$ ограничена тем же $M$ и при $\delta\to0$ равномерно сходится к $f$ на любом компактном множестве, лежащем в $H^{\circ}$ (фактически она совпадает на нем с $f$ при достаточно малом $\delta$).

Пусть $K\subset H_{k-1}^{\circ}$ - произвольное компактное множество. Выберем $\varepsilon>0$. Так как $\alpha$ и $\beta$ непрерывны на $K$, множество $K'$ (возможно, пустое) точек $(\vec{y},x_k)$, для которых $\vec{y}\in K$ и $\alpha(\vec{y})+\varepsilon\le x_k\le \beta(\vec{y})-\varepsilon$, компактно и содержится в $H^{\circ}$. Значит, существует $\delta_0>0$, такое, что при всех $0<\delta<\delta_0$ на $K'$ выполняется $|F_{\delta}-f|\le\frac{\varepsilon}{b_k-a_k}$.

Пусть $\vec{y}\in K$. Функция $f(\vec{y},x_k)$ непрерывна при $x_k\in(\alpha(\vec{y}),\beta(\vec{y}))$, а значения $f(\vec{y},\alpha(\vec{y}))$ и $f(\vec{y},\beta(\vec{y}))$ можно назначать произвольно, они не влияют на интеграл. Положим их равными $0$, тогда $f(\vec{y},x_k)$ интегрируема на $[\alpha(\vec{y}),\beta(\vec{y})]$.

При $\beta(\vec{y})-\alpha(\vec{y}) \ge 2\varepsilon$ интеграл разбивается на три части:

$$\begin{align*} |F_{k-1,\delta}(\vec{y})-f_{k-1}(\vec{y})|&\le\int_{a_k}^{b_k}|F_{\delta}(\vec{y},x_k)-f(\vec{y},x_k)|\,dx_k\\ &\le\left(\int_{\alpha(\vec{y})}^{\alpha(\vec{y})+\varepsilon}+\int_{\alpha(\vec{y})+\varepsilon}^{\beta(\vec{y})-\varepsilon}+\int_{\beta(\vec{y})-\varepsilon}^{\beta(\vec{y})}\right)|F_{\delta}(\vec{y},x_k)-f(\vec{y},x_k)|\,dx_k\\ &\le2M\varepsilon+(b_k-a_k)\frac{\varepsilon}{b_k-a_k}+2M\varepsilon=(4M+1)\varepsilon. \end{align*}$$

Если же $\beta(\vec{y})-\alpha(\vec{y}) < 2\varepsilon$, интеграл ограничен величиной $4M\varepsilon$.

Так как $\varepsilon$ произвольно, это означает, что $F_{k-1,\delta}\to f_{k-1}$ равномерно на $K$ при $\delta\to0$, следовательно, $f_{k-1}\in\mathcal{C}(H_{k-1}^{\circ})$. Обе $f_{k-1}$ и $F_{k-1,\delta}$ ограничены величиной $M_{k-1}=(b_k-a_k)M$, и интегрирование можно продолжать. В конце концов придем к $H_1=[\alpha_1,\beta_1]$ и получим $|\int F_{\delta}-\int f|\le(4M_1+1)\varepsilon$.

[lel0lel]

tolstopuz в сообщении #1724028 писал(а):

демонстрирует, насколько нудно работать с многократным интегралом Римана по сравнению с интегралом Лебега.

Не спорю, но интересно: "нудно" -- это про практическое применение или про задачу на доказательство независимости многократного интеграла от порядка интегрирования? Если второе, то ведь можно доказать теорему сначала для двумерного интеграла, а потом транспозиции.

[tolstopuz]

lel0lel в сообщении #1724188 писал(а):

Не спорю, но интересно: "нудно" -- это про практическое применение или про задачу на доказательство независимости многократного интеграла от порядка интегрирования?

Про построение теории. Для функций, необязательно непрерывных на всей клетке, надо доказывать и существование всех промежуточных интегралов, и независимость от порядка. Для внутренних целей Рудин доказывает частный случай для симплекса, там интеграл идет от острого угла и поэтому сразу непрерывен. В общем выпуклом случае может оказаться даже, что первый интеграл будет разрывен на границе, и пришлось вытащить довольно нетривиальные факты о выпуклости, которые доказывать с нуля еще пару абзацев минимум (особенно про внутренность).

-- добавлено через 22 минуты --

lel0lel в сообщении #1724188 писал(а):

Если второе, то ведь можно доказать теорему сначала для двумерного интеграла, а потом транспозиции.

Так тут и в двумерном случае путь неблизкий. Классический способ - ввести меру Жордана, кратный интеграл и множества меры нуль (или воспользоваться непрерывностью границ, как у меня и у Кудрявцева), тогда оба повторных интеграла сводятся к кратному. А Рудин из принципа не дает этот материал, потому что у него здесь минимум, необходимый для дифференциальных форм, а в следующей главе уже интеграл Лебега.

-- добавлено через 21 минуту --

О, нейронка одобряет :)
https://share.google/aimode/9jfCamgssl1pvvCZ4

(Оффтоп)

Цитата:

Да, это правда. В современном математическом образовании и новых учебниках по математическому анализу наблюдается устойчивая тенденция к сокращению, упрощению или полному исключению подробного формального изложения меры Жордана и теории кратного интеграла Римана.
Эта тенденция затрагивает как зарубежные университеты, так и ведущие российские вузы (МФТИ, НИУ ВШЭ, частично МГУ).

Почему это происходит?

1. Концептуальное дублирование и «слабость» теории
Мера Жордана не является полноценной мерой в современном понимании, так как она обладает лишь конечной, а не счетной ($\sigma-$) аддитивностью. Класс измеримых по Жордану множеств узок: даже счетное объединение точек (например, рациональные числа на отрезке) не измеримо по Жордану. Математики рассматривают меру Жордана и интеграл Римана как «черновик», который исторически подготовил почву для гораздо более мощной теории меры и интеграла Лебега.

2. Запредельная техническая громоздкость доказательств
Построение кратного интеграла Римана на произвольных областях требует огромного объема рутинной технической работы. Авторам учебников приходится строго доказывать:

• Что граница области имеет меру Жордана ноль.
• Корректность разбиения областей на «кусочки» произвольной формы.
• Инвариантность интеграла относительно выбора геометрии разбиения.
• Тяжелейшую теорему о замене переменных в кратном интеграле Римана.

В многомерном анализе Лебега те же самые результаты (включая теорему Фубини и замену переменных) формулируются изящнее, работают для более широкого класса функций и требуют меньше искусственных ограничений.

3. Экономия учебного времени
Объем математических знаний, необходимых современному исследователю или специалисту по Data Science / Data Analysis, вырос. Тратить половину семестра на доказательство громоздких свойств интеграла Римана, который в реальной науке все равно заменяется интегралом Лебега, стало непозволительной роскошью для учебных планов.

Примеры из литературы и программ

• Классический подход (где всё сохранено): Трехтомник Г. М. Фихтенгольца или учебник Б. П. Демидовича. Там мера Жордана и кратность по Риману изложены фундаментально, со всеми техническими деталями. Но эти книги всё чаще переходят в разряд справочников.
• Переходный подход: Учебник В. А. Зорича «Математический анализ». Автор сохраняет строгость, но открыто смещает акценты в сторону потребностей современной геометрии, топологии и физики (через дифференциальные формы).
• Современный подход: Курсы анализа в НИУ ВШЭ (совместно с Матфаком) или новые программы МФТИ. Здесь подробный разбор «патологий» интеграла Римана минимизируют. Студентам математических специальностей стараются как можно раньше дать основы теории меры Лебега, чтобы на её базе читать функциональный анализ и теорию вероятностей без костылей.

[tolstopuz]

lel0lel в сообщении #1724188 писал(а):

Если второе, то ведь можно доказать теорему сначала для двумерного интеграла, а потом транспозиции.

Хотя нашел. Фихтенгольц в пп.525-528 доказывает теорему Арцела о перестановке предела и интеграла, не требующую равномерной сходимости, и из нее выводит требуемое следствие о перестановке интегралов. Правда, это две страницы плотной словесной теоретико-множественной дичи, но результат поражает. Спасибо!

Поделился этим с нейронкой, она тоже в восторге. Говорит, что здесь Фихтенгольц переплюнул Рудина, но у Лебега все равно больше :)

-- добавлено через 57 минут --

А тогда все еще проще - мы можем применить эту теорему Арцела 1885 года к $F_{\delta}$. Кстати, есть более современная версия доказательства, чем у Фихтенгольца, с картинками:
https://arxiv.org/abs/1408.1439

-- добавлено через 25 минут --

Ох. Оказывается, я заглянул в бездну. В статье 1971 года в AMM есть девять (!) ссылок на разные доказательства этой теоремы и еще одна на аналогичную теорему Осгуда для непрерывного случая.
https://www.math.ucdavis.edu/~gravner/M ... Arzela.pdf
https://www.math.ucdavis.edu/~gravner/M ... Arzela.pdf
В "Real and complex analysis" Рудин даже троллит в одном из упражнений:

Цитата:

Try to prove this without using any measure theory or any theorems about Lebesgue integration.

-- добавлено через 14 минут --

Сама теорема из п.528 даже временами называется теоремой Фихтенгольца, верна, если даже один из интегралов лебегов. Но если оба лебеговы, то у Рудина есть контрпример, зависящий от гипотезы континуума (!).
https://www.math.ucdavis.edu/~gravner/M ... ations.pdf
И еще есть пример, где функция двух переменных ограничена, интегрируема на каждом срезе, но кратный интеграл по Риману не существует. Теорема Фихтенгольца для нее, естественно, верна.