MATERIAL EN REVISIÓN

Introducción

En esta entrada veremos varios ejemplos relacionados con el teorema de Fubini.

La condición de integrabilidad es necesaria en el Teorema de Fubini.

En general, no podemos relajar las hipótesis de positividad o integrabilidad en el Teorema de Fubini. Veamos un ejemplo concreto.

Ejemplo. Consideremos $Q=(0,\mathrm{\infty })\times (0,\mathrm{\infty })$. Definamos $R\subseteq Q$ como la región acotada por las rectas $y=x$ y $y=x-1$ y $S\subseteq Q$ la región acotada por las rectas $y=x-1$, $y=x-2$ como se observa en la figura. Claramente $\lambda (R),\lambda (S)=\mathrm{\infty }$.

Sea $f={\chi }_R-{\chi }_S$. Ésta NO es una función integrable pues $f_{+}={\chi }_R$ $⟹$ $\int f_{+}\mathrm{d}\lambda =\int {\chi }_R\mathrm{d}\lambda =\mathrm{\infty }$ y de manera similar $f_{-}={\chi }_S$ $⟹$ $\int f_{-}\mathrm{d}\lambda =\int {\chi }_S\mathrm{d}\lambda =\mathrm{\infty }$.

Ahora, para cada $x\ge 0$ consideremos la función: $$g(x)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x,y)\mathrm{d}y.$$ Es fácil ver que:

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}x& \text{si }0\le x\le 1\\ 2-x& \text{si }1\le x\le 2\\ 0& \text{si }2\le x\end{array}$$

Así que $g$ es claramente medible, y además:

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}g(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\mathrm{d}x+{\int }_1^2(2-x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1.$$

Por otro lado, consideremos:
$$h(y)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x,y)\mathrm{d}x.$$ Es fácil ver que en $(0,\mathrm{\infty })$: $$h\equiv 0⟹{\int }_0^{\mathrm{\infty }}h(y)\mathrm{d}y=0.$$

Es decir: $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}({\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x,y)\mathrm{d}y)\mathrm{d}x=1\ne 0={\int }_0^{\mathrm{\infty }}({\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x,y)\mathrm{d}x)\mathrm{d}y.$$
De modo que las integrales iteradas ni siquiera coinciden.

Algunos ejercicios resueltos

Veamos ahora dos ejercicios resueltos un poco más sofisticados en los que el teorema de Fubini juega un papel fundamental.

Ejercicio (integral Gaussiana). Demuestra que $${\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-|x{|}^2}\mathrm{d}x={\pi }^{\frac{n}{2}}.$$

Solución. Veamos primero el caso $n=1$: ${\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi }$. Notemos que la función $f(x)=e^{-x^2}$ es una función par (i.e. $f(x)=f(-x)$ $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$) y no negativa. Haciendo el cambio de variable $y=-x$, es fácil ver que ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{e}^{-x^2}\mathrm{d}x={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x$, de donde ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x$, así que basta probar que $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

Para esto, calculemos $$I={\int }_{(0,\mathrm{\infty })\times (0,\mathrm{\infty })}x{e}^{-x^2(1+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$ De dos formas distintas usando el teorema de Fubini. Por un lado:

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{-1}{2(1+y^2)}(-2x(1+y^2)e^{-x^2(1+y^2)})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{-1}{2(1+y^2)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\left(e^{-x^2(1+y^2)}\right)}^{\prime }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{-1}{2(1+y^2)}\left({\left[e^{-x^2(1+y^2)}\right]}_{x=0}^{x=\mathrm{\infty }}\right)\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{-1}{2(1+y^2)}\left(0–1\right)\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2(1+y^2)}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{(\arctan (y))}^{\prime }\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2}{[\arctan (y)]}_{y=0}^{y=\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{1}{2}[\frac{\pi }{2}-0]\\ & =\frac{\pi }{4}\end{array}$$

En la segunda igualdad multiplicamos y dividimos por $-2(1+y^2)$ para poder escribir el integrando como una derivada. En las demás, hacemos uso del teorema fundamental del cálculo, convergencia monótona y tomamos límites (ya hemos hecho este argumento varias veces así que omitimos los detalles).

Por otro lado:

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2}{e}^{-x^2{y}^2}\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2{y}^2}\mathrm{d}y\mathrm{d}x\end{array}$$

Haciendo el cambio de variable: $z=xy$ en la integral de en medio:

$$\begin{array}{rl}& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x}{e}^{-z^2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-z^2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\ & =\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-z^2}\mathrm{d}z\right)\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x\right)\\ & ={\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x\right)}^2\end{array}$$

$$⟹I={\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x\right)}^2=\frac{\pi }{4}$$ $$⟹{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

Esto completa el caso $n=1$. Ahora, para el caso general, simplemente notemos que:

$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-|x{|}^2}\mathrm{d}x& ={\int }_{\mathbb{R}}{\int }_{\mathbb{R}}\dots {\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_1^2}{e}^{-x_2^2}\dots e^{-x_n^2}\mathrm{d}{x}_n\dots \mathrm{d}{x}_2\mathrm{d}{x}_1\\ & ={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_1^2}\left({\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_2^2}(\dots {\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_n^2}\mathrm{d}{x}_n\dots )\mathrm{d}{x}_2\right)\mathrm{d}{x}_1\\ & =\left({\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_1^2}\mathrm{d}{x}_1\right)\left({\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_2^2}\mathrm{d}{x}_2\right)\dots \left({\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-x_n^2}\mathrm{d}{x}_n\right)\\ & ={\left({\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-y^2}\mathrm{d}y\right)}^n\\ & ={\left(\sqrt{\pi }\right)}^n\\ & ={\pi }^{\frac{n}{2}}.\end{array}$$

Ejercicio. Sean $a_1,a_2,\dots ,a_n>0$. Sea $J=(0,1)\times (0,1)\times \cdots \times (0,1)$. Demuestra que $${\int }_J\frac{1}{x_1^{a_1}+x_2^{a_2}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x<\mathrm{\infty }⟺\sum _{i=1}^n\frac{1}{a_i}>1.$$

Antes de proceder, usaremos un lema sencillo, consecuencia del teorema fundamental del cálculo. Omitimos la demostración.

Lema. ${\int }_0^1{y}^{s-1}\mathrm{d}y<\mathrm{\infty }$ $⟺$ $s>0$.

Solución.

Para cada $1\le i\le n$, consideremos $G_i=\{x\in J|x_j^{a_j}\le x_i^{a_i}$ para todo $j\}$. Claramente $J=\bigcup _{i=1}^n{G}_i$ y además, para $x\in G_i$ se cumple $x_i^{a_i}\le x_1^{a_1}+x_2^{a_2}+\cdots +x_n^{a_n}\le n{x}_i^{a_i}$. Esto nos garantiza que:
$${\int }_{G_1}\frac{1}{n{x}_1^{a_1}}\mathrm{d}x\le {\int }_{G_1}\frac{1}{x_1^{a_1}+x_2^{a_2}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x\le {\int }_J\frac{1}{x_1^{a_1}+x_2^{a_2}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x$$
Y de manera similar:
$${\int }_J\frac{1}{x_1^{a_1}+x_2^{a_2}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x\le \sum _{i=1}^n{\int }_{G_i}\frac{1}{x_1^{a_1}+x_2^{a_2}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x\le \sum _{i=1}^n{\int }_{G_i}\frac{1}{x_i^{a_i}}\mathrm{d}x$$

Ahora, para cada $i=1,\dots ,n$ podemos escribir:

$${\int }_{G_i}\frac{1}{x_i^{a_i}}\mathrm{d}x={\int }_0^1({\int }_0^1\dots {\int }_0^1\frac{1}{x_i^{a_i}}{\chi }_{G_i}(x_1\dots ,x_n)\mathrm{d}{x}_1\dots \mathrm{d}{x}_{i-1}\mathrm{d}{x}_{i+1}\dots \mathrm{d}{x}_n)\mathrm{d}{x}_i$$

Para $x_i\in (0,1)$ fijo, en la integral de en medio $x_1$ varía entre $0$ y $x_i^{\frac{a_i}{a_1}}$; $x_2$ varía entre $0$ y $x_i^{\frac{a_i}{a_2}}$, etc. De manera que la integral se puede reescribir como:

$${\int }_0^1({\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_1}}}\dots {\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_{i-1}}}}{\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_{i+1}}}}\dots {\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_n}}}\frac{1}{x_i^{a_i}}\mathrm{d}{x}_1\dots \mathrm{d}{x}_{i-1}\mathrm{d}{x}_{i+1}\dots \mathrm{d}{x}_n)\mathrm{d}{x}_i$$

$$={\int }_0^1\frac{1}{x_i^{a_i}}({\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_1}}}\dots {\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_{i-1}}}}{\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_{i+1}}}}\dots {\int }_0^{x_i^{\frac{a_i}{a_n}}}1\mathrm{d}{x}_1\dots \mathrm{d}{x}_{i-1}\mathrm{d}{x}_{i+1}\dots \mathrm{d}{x}_n)\mathrm{d}{x}_i$$
$$={\int }_0^1\frac{1}{x_i^{a_i}}\left(x_i^{\frac{a_i}{a_1}}\right)\dots \left(x_i^{\frac{a_i}{a_{i-1}}}\right)\left(x_i^{\frac{a_i}{a_{i+1}}}\right)\dots \left(x_i^{\frac{a_i}{a_n}}\right)\mathrm{d}{x}_i$$
$$={\int }_0^1{x}_i^{a_i(\sum _{j=1}^n\frac{1}{a_j}-1)-1}\mathrm{d}{x}_i$$

Por tanto, los estimados anteriores se pueden reescribir como:

$$\frac{1}{n}{\int }_0^1{x}_1^{a_1(\sum _{j=1}^n\frac{1}{a_j}-1)-1}\mathrm{d}{x}_1\le {\int }_J\frac{1}{x_1^{a_1}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x\le \sum _{i=1}^n{\int }_0^1{x}_i^{a_i(\sum _{j=1}^n\frac{1}{a_j}-1)-1}\mathrm{d}{x}_i.$$

Se sigue entonces del Lema que ${\int }_J\frac{1}{x_1^{a_1}+\cdots +x_n^{a_n}}\mathrm{d}x<\mathrm{\infty }$ $⟺$ $\sum _{j=1}^n\frac{1}{a_j}-1>0$ $⟺$ $\sum _{j=1}^n\frac{1}{a_j}>1$.

Más adelante…

Daremos finalmente una prueba del Teorema de Fubini-Tonelli.

Tarea moral