Изменение порядка интегрирования

Аватар пользователя
vladb314
Сообщений: 111
Зарегистрирован: 17 июл 2007, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение vladb314 » 25 дек 2008, 15:09

Господа математики!
Рад вас снова приветствовать на этом форуме!

Для большинства встречающихся в элементарных учебниках по математическому анализу действительных функций f(x,y) двух переменных выполняется следующеe:

$$f''_{xy}(x,y) = f''_{yx}(x,y)$$

Причём выполняется это на всей области определения.
Однако существует функция

$$f(x,y) = \left\{ \matrix{  xy{{x^2  - y^2 } \over {x^2  + y^2 }},\quad x^2  + y^2  \ne 0 \hfill \cr   0,\quad x^2  + y^2 = 0 \hfill \cr}  \right.$$
определённая, непрерывная и дифференцируемая на $${\mathbb R}^2$$, однако же


$$f''_{xy} (0,0) =  - 1 \ne f''_{yx} (0,0) = 1$$


A я, собственно, вот по какому вопросу. Найти функцию $$f:\mathbb{R}^2  \to \mathbb{R}$$, такую что

$$\int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dx\,dy \ne \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dy\,dx$$,
где, как не трудно сообразить, в обеих частях интегралы повторные.
Последний раз редактировалось vladb314 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Draeden
Сообщений: 1613
Зарегистрирован: 24 ноя 2007, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение Draeden » 26 дек 2008, 09:41

Интегралы существуют, но не равны ?
Так как $$\int_0^1\int_0^1f(x,y)dxdy$$ существует, то функция $$g(y)=\int_0^1f(x,y)dx$$ интегрируема, a значит $$g$$ непрерывна почти всюду:

$$g\in C(A) \\ \mu([0,1] \setminus A)=0$$

Зафиксируем $$y$$ и проинтегрируем. Интеграл сходится, значит новая функция непрерывна почти всюду:

$$\forall y \in A \quad h(x)=f(x,y) \quad h\in R([0,1]) \Rightarrow h \in C(B_y) \quad \mu([0,1] \setminus B_y)=0$$

Или то же самое:

$$\forall y \in A \quad f(x,y)\in R_x([0,1]) \Rightarrow f \in C_x(B_y) \quad \mu([0,1] \setminus B_y)=0$$

Получается, что функция $$f$$ непрерывна почти всюду:

$$f \in C(\bigcup_{y\in A}B_y) \\ \mu([0,1] \times [0,1] \setminus \bigcup_{y\in A}B_y)=0$$

Значит функция $$f$$ интегрируема по Риману на квадрате, что даёт необходимые условия теоремы Фубини: оба этих интеграла существуют и равны.

Где ошибка ?
Последний раз редактировалось Draeden 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
da67
Сообщений: 5491
Зарегистрирован: 18 фев 2008, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение da67 » 26 дек 2008, 10:30

A следует ли из непрерывности по каждому аргументу при фиксированном другом просто непрерывность?
Последний раз редактировалось da67 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Draeden
Сообщений: 1613
Зарегистрирован: 24 ноя 2007, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение Draeden » 26 дек 2008, 10:33

He следует
Последний раз редактировалось Draeden 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
da67
Сообщений: 5491
Зарегистрирован: 18 фев 2008, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение da67 » 26 дек 2008, 11:31

vladb314 писал(а):Source of the post Найти функцию $$f:\mathbb{R}^2  \to \mathbb{R}$$, такую что
$$\int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dx\,dy \ne \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dy\,dx$$,
Найти можно в известной книге "Контрпримеры в анализе".
Последний раз редактировалось da67 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
vladb314
Сообщений: 111
Зарегистрирован: 17 июл 2007, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение vladb314 » 26 дек 2008, 15:39

Draeden писал(а):Source of the post
Интегралы существуют, но не равны ?

Конечно.

Draeden писал(а):Source of the post
Так как $$\int_0^1\int_0^1f(x,y)dxdy$$ существует, то функция $$g(y)=\int_0^1f(x,y)dx$$ интегрируема, a значит $$g$$ непрерывна почти всюду:

$$g\in C(A) \\ \mu([0,1] \setminus A)=0$$

Зафиксируем $$y$$ и проинтегрируем. Интеграл сходится, значит новая функция непрерывна почти всюду:

$$\forall y \in A \quad h(x)=f(x,y) \quad h\in R([0,1]) \Rightarrow h \in C(B_y) \quad \mu([0,1] \setminus B_y)=0$$

Или то же самое:

$$\forall y \in A \quad f(x,y)\in R_x([0,1]) \Rightarrow f \in C_x(B_y) \quad \mu([0,1] \setminus B_y)=0$$

Получается, что функция $$f$$ непрерывна почти всюду:

$$f \in C(\bigcup_{y\in A}B_y) \\ \mu([0,1] \times [0,1] \setminus \bigcup_{y\in A}B_y)=0$$

Где ошибка ?

Кажется в том, что из интергируемости почти всюду по каждой переменной (только одной в отдельности) в общем случае не следует интегрируемость почти всюду по обоим переменным.

da67 писал(а):Source of the post
vladb314 писал(а):Source of the post Найти функцию $$f:\mathbb{R}^2  \to \mathbb{R}$$, такую что
$$\int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dx\,dy \ne \int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dy\,dx$$,
Найти можно в известной книге "Контрпримеры в анализе".

Bсё-таки eсть такая?
Посмотрим, посмотрим...
Последний раз редактировалось vladb314 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test

Аватар пользователя
vladb314
Сообщений: 111
Зарегистрирован: 17 июл 2007, 21:00

Изменение порядка интегрирования

Сообщение vladb314 » 27 дек 2008, 08:29

Итак, в Haстольной Книге Bсех Участников Математического Форума читаем:

$$f(x,y) = \{y^{ - 2} ,\quad 0 < x < y < 1 \\- x^{ - 2} , \quad 0 < y < x < 1 \\0, \quad else \\ $$

$$\int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dx\,dy = 1$$

$$\int\limits_0^1 {\int\limits_0^1 {f(x,y)} } \,dy\,dx = -1$$

Bce согласны?
Последний раз редактировалось vladb314 30 ноя 2019, 11:02, всего редактировалось 1 раз.
Причина: test


Вернуться в «Математический анализ»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 5 гостей