沿一个方向累计，再沿另一个方向累计

计算平面区域的面积时，我们常把它切成竖条，再把条带加起来。换成横条，区域没有改变，总面积似乎也不该变。但如果累计的量有正有负，或者某些方向的总量无穷，这个直觉需要条件才能成立。

这一章会把“长乘宽”推广到乘积测度，再说明 Tonelli 与 Fubini 分别允许怎样交换积分。计算之前，我建议你把区域画出来，同时写出可测性与非负性或绝对可积性；上下限和定理条件是两件都要做的事。

从可测矩形定义乘积空间

给定测度空间 $(X,\Sigma,\mu)$ 与 $(Y,\mathcal T,\nu)$。本章使用标准的 $\sigma$-有限 假设：每个空间都能写成可数个有限测度可测集的并。实数轴上的 Lebesgue 测度满足这一点，因为 $\mathbb R=\bigcup_n[-n,n]$；自然数上的计数测度也满足，因为可用有限集合穷尽。

当 $A\in\Sigma$、$B\in\mathcal T$ 时，称 $A\times B$ 为可测矩形。这里“矩形”并不要求两边是区间，$A$ 或 $B$ 可以是任意可测集。乘积 $$-代数定义为

乘积测度应当保留的规则是

其中仍约定 $0\cdot\infty=0$。例如一条竖直线即使向上无限延伸，二维 Lebesgue 测度仍为零。

这个测度怎样建立？ 先把可测矩形的有限不交并收成一个集合代数 $\mathcal A$，在其中定义

两种表示可以交叉细分，有限可加性保证结果相同。但建立测度还需要可数可加，不只是有限可加。若一个矩形恰是可数个不交矩形的并，对每个固定 $x$，对应的指示函数满足

先对 $y$ 积分，用非负级数的单调收敛得到 $\mathbf1_A(x)\nu(B)=\sum_j\mathbf1_{A_j}(x)\nu(B_j)$；再对 用同样的步骤，就得到乘积数值的可数可加。对有限不交并细分后，结论推广到 ，所以 是前测度。

接下来重复第二章的覆盖思路：用 $\mathcal A$ 中的集合覆盖任意 $E\subseteq X\times Y$，取覆盖费用 $\sum_j\pi(R_j)$ 的下确界，得到外测度 。每个 都满足 Carathéodory 条件，因为覆盖可以按 与 切开，费用由有限可加性拆分。并且 ：一个方向来自自覆盖，另一个方向把任意覆盖依次去掉重叠，变成 的不交分割，再用前测度的可数可加性。

因此 Carathéodory 可测集族包含 $\Sigma\otimes\mathcal T$；把 $\pi^*$ 限制在后者，就得到乘积测度。$\sigma$-有限性还保证满足矩形规则的测度在这个 $\sigma$-代数上唯一。它来自测度扩张的唯一性定理：在有限测度块上由生成代数确定测度，再用可数个有限块穷尽整个空间。

图中的网格说明有限细分的相容性。把定义延伸到所有乘积可测集，还要经过上面的外测度和可数运算步骤，不能只凭一张有限网格图断言完成。

固定一个坐标，得到一个切片

对 $E\subseteq X\times Y$，定义

若 $E\in\Sigma\otimes\mathcal T$，这些切片都可测。证明不需要把 $E$ 画出来：矩形的切片是 $B$ 或空集；取补集、可数并与取切片可以交换，所以“所有切片可测”的集合族是包含矩形的 $\sigma$-代数，必然包含整个乘积 $\sigma$-代数。

测度还能由切片累计：

这包括一个不宜忽略的结论：切片测度随外层坐标变化形成的函数是可测的。对矩形，$\nu(E_x)=\nu(B)\mathbf1_A(x)$，公式容易验证；一般集合要把这个事实延伸出去。

对图中的 $D=\{(x,y):0\le y\le x\le1\}$，固定 $x$ 得 $y\in[0,x]$，长度为 ；固定 得 ，长度为 。所以 。换方向后，上下限也必须跟着换。

Tonelli：非负函数允许总量无穷

若 $f:X\times Y\to[0,\infty]$ 对乘积 $\sigma$-代数可测，则

三者都允许为 $\infty$。证明顺着前面已经搭好的阶梯走：$f=\mathbf1_E$ 时是切片公式；非负简单函数时是有限可加性；一般 $f$ 取简单函数 $s_n\uparrow f$，对内层积分、外层积分和乘积积分分别用 MCT，便得到等式及内层积分函数的可测性。

例如对 $[0,1]^2$ 上的 $f(x,y)=1/(xy)$，在坐标轴上任取零值，它非负可测。两个方向的迭代积分都为 $\infty$，Tonelli 仍成立。“可以换序”不等于“答案一定有限”。

Fubini：有符号函数检查绝对可积

若 $f$ 为可测实值函数，且

那么几乎所有切片都是可积函数，两种迭代积分都存在且与乘积积分相等。这就是本章使用的 Fubini 定理。

为什么只保证“几乎所有”？对 $|f|$ 使用 Tonelli，函数 $x\mapsto\int_Y|f(x,y)|\,d\nu(y)$ 的积分有限，因此它只能在一个零测集上取无穷。去掉这些例外切片，其余内层积分都是有限数。在例外的外层坐标上把内层结果定义为零，不改变外层积分。

然后分别对 $f^+$、$f^-$ 用 Tonelli。绝对可积性保证两部分的总积分都有限，所以可以相减，得到 Fubini 的等式。反过来，判断可积性时常直接算 $|f|$ 的某一种迭代积分；由 Tonelli，它有限就意味着乘积空间上的绝对积分有限。

对于乘积测度的完备化，可测函数的切片可测性也一般只在几乎处处成立。平面上的 Lebesgue 积分通常采用这一完备版本。遇到这个版本时，不要额外声称每一条切线都一定没有例外。

例题：换序以前，把区域写对

计算

区域是第一象限中 $x+y\le1$ 的三角形。把函数在区域外补零，得到非负 Borel 可测函数，可用 Tonelli。它还被 $1$ 控制在面积有限的区域上，所以也绝对可积。

这里的对称性让计算很短。区域不对称时，更需要实际解不等式，不能只把 $dx$ 与 $dy$ 的位置调换。

实验：弯曲边界带来的平方根

取 $D=\{(x,y):0\le x\le1,\ x^2\le y\le x\}$。竖切长度为 。若改为固定 ，由 与 得 ，横切长度便是 。因此

拖动切片前，判断横切片在 $y=1/4$ 还是 $y=1/2$ 更长；再切换方向，用端点坐标核对自己的上下限。观察累积区域时留意：只累积到中途的横切和竖切，扫过的子区域通常不同，不能要求它们的部分面积相等。

横切长度 $\sqrt y-y$ 在 $y=1/4$ 达到最大值 $1/4$；它并不在图像高度的中点最宽。定量判断应来自边界方程，而不只是看图猜。

没有绝对可积性，次序可以改变答案

用一个离散例子就能看清问题。在 $\mathbb N\times\mathbb N$ 上取计数测度，令

每一行都有一正一负，因此先逐行求和再加起来，得到 $0$。第一列只有一个 $1$，以后每列都有一正一负，因此先逐列求和再加起来，得到 $1$。两种迭代和均有意义，却不相等。

为什么 Fubini 没有保护它？因为每行的绝对值和为 $2$，故 $\sum_{i,j}|a_{ij}|=\infty$。正项、负项大小的总和都无穷，整个有符号乘积积分没有定义。

取前 $N$ 行、前 $M$ 列的有限矩形，正项有 $\min(N,M)$ 个，负项有 $\min(N,M-1)$ 个。因此

固定 $N$ 让 $M\to\infty$，结果为零；固定 $M$ 让 $N\to\infty$，结果为一。有限和仍可以任意换序，发生分歧的是把两个无穷极限先后取完的方式。

分别选择宽矩形、正方形和高矩形，预测哪个边缘留下了未抵消的 $1$，再扫描核对。切换到非负数组 $a_{ij}=2^{-i-j}$ 时，总和为 $1$，两个方向都由 Tonelli 保证一致。别把一张有限矩阵扫描的先后，当成无限迭代和的定义。

练习

题 1。 写出区域 $0\le y\le x\le1$ 两种方向的积分限，并求 $\iint_D x\,dx\,dy$。

题 2。 若已算出 $\int_X\int_Y|f(x,y)|\,d\nu\,d\mu=7$，还需要另算一遍乘积空间的绝对积分，才能用 Fubini 吗？说明假设。

题 4。 对本章的带符号数组，计算 $S_{3,5}$、$S_{5,3}$、$S_{4,4}$。这些有限和是否说明有限求和也依赖顺序？

这里用一个集合论引理：包含集合代数 $\mathcal A$ 的最小单调类 $\mathcal M$，就是 $\sigma(\mathcal A)$。简短证明如下。集合族 $\{E:E^c\in\mathcal M\}$ 是包含 $\mathcal A$ 的单调类，因此 $\mathcal M$ 对补集封闭。固定 $A\in\mathcal A$，族 $\{B:A\cap B\in\mathcal M\}$ 也是包含 $\mathcal A$ 的单调类，故包含 $\mathcal M$。再固定 $B\in\mathcal M$，以同样理由得到 $\{A:A\cap B\in\mathcal M\}$ 包含 $\mathcal M$。所以 $\mathcal M$ 对有限交、有限并封闭。任意可数并是有限并组成的递增序列的并，故 $\mathcal M$ 已是 $\sigma$-代数。引理证明完毕，切片公式因而推广到所有乘积可测集。

一般 $\sigma$-有限情形，取有限测度集合 $X_k\uparrow X$、$Y_k\uparrow Y$。把公式用于 $E\cap(X_k\times Y_k)$。左边递增趋于 $(\mu\times\nu)(E)$；右边的切片函数 $\mathbf1_{X_k}(x)\nu(E_x\cap Y_k)$ 递增趋于 $\nu(E_x)$。再用 MCT，便得到整个空间上的公式。