15 Fubini 的应用：两个累次积分不相等的函数，以及矩公式的一行证明 · 第4讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

这一页有两件事。第一件是反面教材： $f (x, y) = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ 在单位正方形上，先对 $x$ 积分得 $\frac{π}{4} ，$ 先对 $y$ 积分得 $- \frac{π}{4} 。$ 原因是 $\iint ∣ f ∣ = \infty ，$ Fubini 定理的条件不满足，定理本身没有错。第二件是正面应用：用 Tonelli 定理一行证明矩公式 $E Y^{p} = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (Y > y) d y 。$

位置：第 2 部分「Fubini–Tonelli 定理」（第 9 页–第 15 页）的最后一页。
和前面的关系：
- 第 10 页的 Fubini 定理： $f$ 关于乘积测度可积时，可以交换积分次序；
- 第 12 页的 Tonelli 定理： $f \geq 0$ 且可测时，总可以交换积分次序；
- 第 13 页、第 14 页是两个反例，分别说明「σ-有限」和「可积」这两个条件缺一不可。
本页第一部分是第 14 页那个二重级数反例的连续版本：同样是「正负两部分都是无穷大」，同样导致两种次序算出不同的数。
本页第二部分说明定理怎么用：把一个「一维」的量（ $Y^{p} ）$ 写成一个积分，就凭空多出一个变量，于是可以交换次序。
下一页（第 16 页）进入第 3 部分「独立性」。

先补基础

基础补课累次积分与二重积分（回顾）

二重积分 $\iint_{[0, 1]^{2}} f d (λ \times λ) ：$ 把 $f$ 当成正方形上的一个函数，对乘积测度 $λ \times λ$ （也就是平面上的面积，第 7 页）积分。这里 $λ$ 是直线上的勒贝格测度（第 23 页）。
累次积分（iterated integral）：分两次做一元积分。例如

\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d x) d y

先固定 $y ，$ 把 $f (\cdot, y)$ 当成 $x$ 的函数积分，得到一个只依赖 $y$ 的数；再对 $y$ 积分。括号里那一层叫内层积分。

交换次序就是把 $d x$ 和 $d y$ 的先后对调。Fubini–Tonelli 定理回答的正是：什么时候两种累次积分都等于二重积分。

基础补课正部、负部与「可积」

任何函数都可以拆成 $f = f^{+} - f^{-} ，$ 其中 $f^{+} = max (f, 0)$ 是正部， $f^{-} = max (- f, 0)$ 是负部，两者都 $\geq 0 ，$ 并且 $∣ f ∣ = f^{+} + f^{-} 。$
例： $f (x) = x$ 在 $[- 1, 1]$ 上， $f^{+}$ 在 $x > 0$ 处等于 $x 、$ 其余为 0； $f^{-}$ 在 $x < 0$ 处等于 $- x 、$ 其余为 0。
积分的定义是 $\int f = \int f^{+} - \int f^{-}$ （第 43 页）。只有两项不同时为 $\infty$ 时它才有意义；如果都是 $\infty ，$ 就成了「 $\infty - \infty 」，$ 没有定义。
可积（integrable）指 $\int ∣ f ∣ < \infty ，$ 即两部分都有限。Fubini 定理要求的就是 $f$ 关于乘积测度可积。

基础补课微积分工具：商的求导与反正切

商的求导法则： $(\frac{u}{v})^{'} = \frac{u ^{'} v - u v ^{'}}{v ^{2}} 。$
反正切 $arctan t ：$ $tan$ 在 $(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 上的反函数。它满足 $(arctan t)^{'} = \frac{1}{1 + t ^{2}} 、$ $arctan 0 = 0 、$ $arctan 1 = \frac{π}{4}$ （因为 $tan \frac{π}{4} = 1 ）。$ 所以

\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t ^{2}} d t = arctan 1 - arctan 0 = \frac{π}{4} \approx 0.7854.

还会用到恒等式 $arctan t + arctan \frac{1}{t} = \frac{π}{2}$ （ $t > 0 ）。$ 几何上：直角三角形两条直角边为 $1$ 和 $t ，$ 两个锐角的正切分别是 $t$ 和 $\frac{1}{t} ，$ 两个锐角加起来是 $\frac{π}{2} 。$

基础补课极坐标换元（微积分结论，这里当作已知使用）

平面上的点可以用「到原点的距离 $r 」$ 和「与 $x$ 轴正向的夹角 $θ 」$ 表示： $x = r cos θ ，$ $y = r sin θ 。$ 对非负可测函数 $g ，$

\iint g (x, y) d x d y = \iint g (r cos θ, r sin θ) r d r d θ .

多出来的因子 $r$ 是因为：半径在 $[r, r + d r] 、$ 角度在 $[θ, θ + d θ]$ 的小扇环，面积约为 $r d θ \times d r$ （弧长乘厚度）。例：单位圆盘的面积 $= \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} r d r d θ = 2 π \cdot \frac{1}{2} = π 。$

基础补课乘积空间 Ω × [0, ∞)（本页第二部分要用）

点是有序对 $(ω, y) ：$ 一个样本点 $ω \in Ω ，$ 加一个非负实数 $y 。$
σ-代数是乘积 σ-代数 $F \otimes B ([0, \infty)) ：$ 由所有「可测矩形」 $A \times B$ （ $A \in F ，$ $B$ 是 $[0, \infty)$ 的博雷尔集）生成（第 6 页）。
测度是乘积测度 $P \times λ ：$ 满足 $(P \times λ) (A \times B) = P (A) λ (B)$ （第 7 页）。它存在且唯一，因为两个因子都是 σ-有限的： $P (Ω) = 1 < \infty ；$ $[0, \infty) = ⋃_{n} [0, n] ，$ 每一段长度有限。
例： $(P \times λ) ({Y > 1} \times [0, 3)) = 3 P (Y > 1) 。$

课件原文逐句精读

课件原文An application of Fubini's theorem

Fubini's theorem fails in evaluating the function $f (x, y) = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ on $[0, 1] \times [0, 1]$ .

（以下留白）

Lemma(Moment of random variable). In probability space $(Ω, F, P)$ , if the random variable $Y \geq 0$ and the constant $p > 0$ then

E (Y^{p}) = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (Y > y) d y .

（以下留白）

中文翻译

蓝条标题：Fubini 定理的一个应用。

对单位正方形 $[0, 1] \times [0, 1]$ 上的函数 $f (x, y) = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} ，$ 用 Fubini 定理求积分会失败。（课件留白，见下一节。）
引理（随机变量的矩）：在概率空间 $(Ω, F, P)$ 中，若随机变量 $Y \geq 0 ，$ 常数 $p > 0 ，$ 则

E (Y^{p}) = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (Y > y) d y .

（证明留白，见下一节。）

Fubini's theorem fails in evaluating the function｜Fubini 定理在这个函数上「失效」

fails in evaluating：「在求值时失败」。这里的意思是：如果不检查条件就套用 Fubini 定理，以为「两种次序都行」，就会得到互相矛盾的答案。
措辞上温和地指出一点：严格地说，定理没有失效，是它的条件不满足，所以定理根本不适用（Fubini's theorem does not apply）。数学定理只在假设成立时作出保证；假设不成立时，结论可能对也可能错，这里恰好是错的。
$f$ 的分子 $y^{2} - x^{2}$ 在对角线 $y = x$ 上方为正、下方为负；分母 $(x^{2} + y^{2})^{2}$ 在原点处为 0，所以 $f$ 在原点附近正负两边都冲向无穷。问题全出在原点这一个角上。
$f$ 在原点 $(0, 0)$ 没有定义。单个点的面积为 0，在那里随便补一个值（例如 0）不影响任何积分（第 43 页）。

Lemma (Moment of random variable)｜引理（随机变量的矩）

Moment：矩。 $E (Y^{p})$ 叫 $Y$ 的 $p$ 阶矩； $p$ 可以不是整数，例如 $p = \frac{1}{2}$ 时是 $E Y 。$
两个假设： $Y \geq 0$ （下面「常见疑问」会给出去掉它的反例）； $p > 0$ （保证 $p y^{p - 1}$ 在 $0$ 附近可积，并且 $p = 0$ 时公式两边不相等）。
右边是 $[0, \infty)$ 上对勒贝格测度的积分，被积函数是「权重 $p y^{p - 1} 」$ 乘「尾概率 $P (Y > y) 」。$
这正是第 2 讲的矩–尾恒等式（第 21 页），课件这里把它叫作引理，并要用 Fubini–Tonelli 重新证明。
记号小笔误：公式里 $P (Y > y)$ 用的是普通字母 $P ，$ 和前面的 $P$ 是同一个概率测度，应写作 $P (Y > y) ；$ $d y$ 本站统一写作 $d y 。$ 「Lemma(Moment」中间少了一个空格，不影响意思。
标题叫 application of Fubini's theorem，但下面的证明里被积函数非负，真正用到的是非负版本，即第 12 页的 Tonelli 定理。两者常被合称为 Fubini–Tonelli 定理。

补全课件留白

补充说明

课件此处留白（课堂板书），以下内容由本站根据标准教材补写，记号与本课件保持一致；如与老师课堂写法不同，以老师为准。

Fubini's theorem fails｜第一部分：两个累次积分不相等

命题（两种次序给出不同答案）

在 $[0, 1]^{2}$ 上令 $f (x, y) = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ （ $(x, y) \neq = (0, 0) ），$ $f (0, 0) = 0 。$ 则：

对每个 $y \in (0, 1] ，$ $\int_{0}^{1} f (x, y) d x = \frac{1}{1 + y ^{2}} ，$ 从而 $\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d x) d y = \frac{π}{4} ；$
对每个 $x \in (0, 1] ，$ $\int_{0}^{1} f (x, y) d y = - \frac{1}{1 + x ^{2}} ，$ 从而 $\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d y) d x = - \frac{π}{4} ；$
$\iint_{[0, 1]^{2}} ∣ f ∣ d (λ \times λ) = \infty ，$ 即 $f$ 关于乘积测度不可积，第 10 页的 Fubini 定理不适用。

推导证明思路

前两条：分别找到 $f$ 关于 $x 、$ 关于 $y$ 的原函数，用微积分基本定理算内层积分，再算外层。第三条：用极坐标把 $∣ f ∣$ 写成 $\frac{∣ c o s 2 θ ∣}{r ^{2}} ，$ 积分里出现发散的 $\int_{0}^{1} \frac{d r}{r} ；$ 另给一个只用 Tonelli 的证明。

第 0 步（可测性）： $f$ 在除原点外的每一点连续，所以是博雷尔可测函数（第 29 页）， $∣ f ∣$ 也是。积分都有意义。

第 1 步（两个原函数）：用商的求导法则，

\frac{\partial}{\partial x} (\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}) = \frac{( x ^{2} + y ^{2} ) - x \cdot 2 x}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = f (x, y),

\frac{\partial}{\partial y} (\frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}) = \frac{( x ^{2} + y ^{2} ) - y \cdot 2 y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{x ^{2} - y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = - f (x, y) .

（ $\frac{\partial}{\partial x}$ 读作「对 $x$ 求偏导」：把 $y$ 当常数，只对 $x$ 求导。）注意第二行多了一个负号：两个原函数长得对称，但符号相反。

第 2 步（先对 $x$ 积分）：固定 $y \in (0, 1] 。$ 这时 $x \mapsto f (x, y)$ 在 $[0, 1]$ 上连续（分母 $\geq y^{4} > 0 ），$ 由第 1 步和微积分基本定理，

\int_{0}^{1} f (x, y) d x = [\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}]_{x = 0}^{x = 1} = \frac{1}{1 + y ^{2}} - 0 = \frac{1}{1 + y ^{2}} .

只有 $y = 0$ 这一个值例外（那时 $f (x, 0) = - \frac{1}{x ^{2}} ，$ 积分是 $- \infty ），$ 单点对外层积分没有影响。于是

\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d x) d y = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + y ^{2}} d y = arctan 1 = \frac{π}{4} .

第 3 步（先对 $y$ 积分）：固定 $x \in (0, 1] ，$ 同样的理由，

\int_{0}^{1} f (x, y) d y = - [\frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}]_{y = 0}^{y = 1} = - \frac{1}{x ^{2} + 1},

\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d y) d x = - \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = - \frac{π}{4} .

两个累次积分都存在、都有限，却不相等： $\frac{π}{4} \neq = - \frac{π}{4} 。$

第 4 步（ $∣ f ∣$ 的积分是无穷大，极坐标证明）：

四分之一单位圆盘 $D = {(x, y) : x \geq 0, y \geq 0, x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 整个落在正方形 $[0, 1]^{2}$ 里，所以 $\iint_{[0, 1]^{2}} ∣ f ∣ \geq \iint_{D} ∣ f ∣$ （被积函数非负，区域变小积分不会变大）。
在 $D$ 上用极坐标， $r \in (0, 1] ，$ $θ \in [0, \frac{π}{2}] 。$ 分子 $y^{2} - x^{2} = r^{2} (sin^{2} θ - cos^{2} θ) = - r^{2} cos 2 θ ，$ 分母 $(x^{2} + y^{2})^{2} = r^{4} ，$ 所以

∣ f ∣ = \frac{r ^{2} ∣ cos 2 θ ∣}{r ^{4}} = \frac{∣ cos 2 θ ∣}{r ^{2}} .

代入极坐标公式（别忘了因子 $r ）：$

\iint_{D} ∣ f ∣ = \int_{0}^{π /2} \int_{0}^{1} \frac{∣ cos 2 θ ∣}{r ^{2}} r d r d θ = (\int_{0}^{π /2} ∣ cos 2 θ ∣ d θ) (\int_{0}^{1} \frac{d r}{r}) .

第一个因子： $cos 2 θ$ 在 $[0, \frac{π}{4}]$ 上非负、在 $[\frac{π}{4}, \frac{π}{2}]$ 上非正，两段积分的绝对值都是 $\frac{1}{2}$ （例如 $\int_{0}^{π /4} cos 2 θ d θ = [\frac{s i n 2 θ}{2}]_{0}^{π /4} = \frac{1}{2} ），$ 合起来等于 $1 。$
第二个因子： $\int_{ε}^{1} \frac{d r}{r} = ln \frac{1}{ε} \to \infty$ （ $ε \to 0 ），$ 由单调收敛定理（第 36 页）， $\int_{0}^{1} \frac{d r}{r} = \infty 。$
所以 $\iint_{[0, 1]^{2}} ∣ f ∣ \geq 1 \cdot \infty = \infty 。$ $■$

不用极坐标的证明：只用 Tonelli 和第 1 步的原函数

$∣ f ∣ \geq 0$ 可测，第 12 页的 Tonelli 定理允许先对 $x$ 积分。固定 $y \in (0, 1] ：$ 在 $0 \leq x \leq y$ 这一段， $y^{2} - x^{2} \geq 0 ，$ $∣ f ∣ = f ，$ 所以

\int_{0}^{1} ∣ f (x, y)∣ d x \geq \int_{0}^{y} f (x, y) d x = [\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}]_{0}^{y} = \frac{y}{2 y ^{2}} = \frac{1}{2 y} .

于是 $\iint ∣ f ∣ \geq \int_{0}^{1} \frac{1}{2 y} d y = \infty 。$

同样的计算还说明：正部和负部的积分都是无穷大。正部 $f^{+}$ 住在对角线上方 ${x < y} ，$ 上式已经给出 $\iint f^{+} \geq \int_{0}^{1} \frac{d y}{2 y} = \infty ；$ 负部 $f^{-}$ 住在对角线下方 ${y < x} ，$ 固定 $x$ 时 $\int_{0}^{x} (- f) d y = [\frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}]_{0}^{x} = \frac{1}{2 x} ，$ 所以 $\iint f^{-} = \infty 。$ 二重积分 $\iint f$ 是「 $\infty - \infty 」，$ 根本没有定义。

为什么两种次序会算出不同的数

一句话：正、负两块各自是无穷大，积分次序决定了这两个无穷大以什么方式「相减」。

可以做一个实验：先挖掉原点附近的一小块，让 $f$ 变得有界，在剩下的区域上 Fubini 完全适用（有界函数在有限测度的区域上一定可积），再让挖掉的部分缩小。挖法不同，极限也不同：

挖掉的部分	剩下的区域	积分值	$ε = 0.1$	$ε = 0.01$	$ε \to 0$
底部横条 $y < ε$	$[0, 1] \times [ε, 1]$	$\frac{π}{4} - arctan ε$	$0.6857$	$0.7754$	$\frac{π}{4}$
左侧竖条 $x < ε$	$[ε, 1] \times [0, 1]$	$- (\frac{π}{4} - arctan ε)$	$- 0.6857$	$- 0.7754$	$- \frac{π}{4}$
两条都挖掉	$[ε, 1] \times [ε, 1]$	$0$	$0$	$0$	$0$

第一行的计算：区域里 $y \geq ε ，$ 所以 $∣ f ∣ \leq \frac{x ^{2} + y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{1}{x ^{2} + y ^{2}} \leq \frac{1}{ε ^{2}} ，$ 有界，Fubini 适用。先对 $x$ 积分，由第 2 步， $\int_{ε}^{1} \frac{d y}{1 + y ^{2}} = arctan 1 - arctan ε 。$
第二行：把第一行里 $x, y$ 的角色对调，并利用 $f (y, x) = - f (x, y)$ （交换分子里的 $x^{2} 、$ $y^{2}$ 正好变号），值是第一行的相反数。
第三行：先对 $x$ 积分得 $\frac{1}{1 + y ^{2}} - \frac{ε}{ε ^{2} + y ^{2}} ，$ 再对 $y$ 从 $ε$ 积到 $1 ：$

(\frac{π}{4} - arctan ε) - (arctan \frac{1}{ε} - \frac{π}{4}) = \frac{π}{2} - (arctan ε + arctan \frac{1}{ε}) = 0.

（第二个括号用了 $\int \frac{ε}{ε ^{2} + y ^{2}} d y = arctan \frac{y}{ε} ；$ 最后用了「先补基础」里的恒等式。）

所以「 $f$ 在整个正方形上的积分」没有一个合理的值：取决于你怎样逼近原点，可以是 $\frac{π}{4} 、$ $- \frac{π}{4} 、$ $0 ，$ 甚至别的数。先对 $x$ 积分相当于第一行（每条横线 $y$ 固定时，正负抵消后剩下正的），先对 $y$ 积分相当于第二行。

图解：对角线两侧的两座「无穷高的山」

课件这里没有画图，可以这样想象：

画单位正方形，再画对角线 $y = x 。$
对角线上方（左上三角形） $f > 0 ：$ 越靠近原点越高，沿着 $y$ 轴（ $x = 0 ）$ 高度是 $\frac{1}{y ^{2}} ，$ 是一座无穷高的「正山」。
对角线下方（右下三角形） $f < 0 ：$ 形状和上方完全对称（ $f (y, x) = - f (x, y) ），$ 是一个无穷深的「负坑」。
对角线上 $f = 0 。$
固定一条横线 $y ，$ 从左往右走，先穿过山（ $x < y ）$ 再穿过坑（ $x > y ），$ 山的部分 $\frac{1}{2 y}$ 比坑的部分 $\frac{1}{2 y} - \frac{1}{1 + y ^{2}}$ 大一点，所以每条横线的积分是正的 $\frac{1}{1 + y ^{2}} 。$
固定一条竖线 $x ，$ 从下往上走，先穿过坑再穿过山，坑更深，所以每条竖线的积分是负的。

Lemma (Moment of random variable)｜第二部分：矩公式

引理（随机变量的矩）

设 $(Ω, F, P)$ 是概率空间， $Y \geq 0$ 是随机变量， $p > 0$ 是常数。则

E (Y^{p}) = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (Y > y) d y,

右边是 $[0, \infty)$ 上对勒贝格测度 $λ$ 的积分。两边都在 $[0, \infty]$ 里取值，同时有限或同时为 $+ \infty$ 。

推导证明思路

把数 $Y (ω)^{p}$ 写成一个关于 $y$ 的积分（「把 $Y^{p}$ 按高度切成薄片」），于是 $E (Y^{p})$ 变成乘积空间 $Ω \times [0, \infty)$ 上一个非负函数的累次积分：先对 $y 、$ 再对 $ω 。$ 用 Tonelli 交换次序，变成先对 $ω$ （得到 $P (Y > y) ）、$ 再对 $y 。$

第 1 步（固定一个 $ω ，$ 把 $Y (ω)^{p}$ 写成积分）：记 $a = Y (ω) \geq 0 。$ 若 $a > 0 ，$

a^{p} = [y^{p}]_{y = 0}^{y = a} = \int_{0}^{a} p y^{p - 1} d y = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} 1_{{y < a}} d y .

第一个等号： $0^{p} = 0$ （因为 $p > 0 ）。$
第二个等号： $(y^{p})^{'} = p y^{p - 1} ，$ 微积分基本定理。当 $0 < p < 1$ 时 $y^{p - 1}$ 在 $0$ 附近无界，这时先在 $[\frac{1}{n}, a]$ 上积分得 $a^{p} - n^{- p} ，$ 再令 $n \to \infty ，$ 由单调收敛定理（第 36 页）得到 $a^{p} 。$
第三个等号： $1_{{y < a}}$ 在 $y < a$ 时为 1、否则为 0，乘上它就等于只在 $[0, a)$ 上积分。

若 $a = 0 ，$ 左边 $0^{p} = 0 ；$ 右边示性函数恒为 0，积分也是 0。所以对每个 $ω ：$

Y (ω)^{p} = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} 1_{{y < Y (ω)}} d y .

第 2 步（搭好乘积空间）：取「先补基础」里的

(Ω \times [0, \infty), F \otimes B ([0, \infty)), P \times λ) .

$P$ 有限、 $λ$ σ-有限，所以乘积测度存在唯一（第 7 页），第 12 页的 Tonelli 定理可以用。在上面定义

H (ω, y) = p y^{p - 1} 1_{E} (ω, y), E = {(ω, y) : 0 \leq y < Y (ω)} .

（ $y = 0$ 处 $y^{p - 1}$ 可能无定义，约定 $H (ω, 0) = 0 ；$ ${y = 0}$ 是 $λ$ -零测集，不影响任何积分。）

第 3 步（ $H$ 非负且可测，这是用 Tonelli 的前提）：

非负： $p y^{p - 1} \geq 0 ，$ 示性函数 $\geq 0 。$
$E$ 可测： $E = ⋃_{q \in Q, q > 0} ({Y > q} \times [0, q)) 。$
- 「 $\subseteq 」：$ 若 $y < Y (ω) ，$ 在 $y$ 和 $Y (ω)$ 之间取一个正有理数 $q$ （有理数在实数中稠密），则 $ω \in {Y > q} 、$ $y \in [0, q) 。$
- 「 $\supseteq 」：$ 若 $Y (ω) > q$ 且 $y < q ，$ 则 $y < q < Y (ω) 。$
- 每个 ${Y > q} \times [0, q)$ 是可测矩形： ${Y > q} \in F$ （ $Y$ 是随机变量）， $[0, q)$ 是博雷尔集。正有理数只有可数个，可数个可测集的并仍可测，所以 $E \in F \otimes B ([0, \infty)) 。$
$p y^{p - 1}$ 可测：它只依赖于 $y 。$ 对博雷尔集 $B ，$ ${(ω, y) : p y^{p - 1} \in B} = Ω \times {y : p y^{p - 1} \in B}$ 是可测矩形（ $y \mapsto p y^{p - 1}$ 在 $(0, \infty)$ 上连续，因而博雷尔可测）。
两个非负可测函数的乘积可测（第 29 页），所以 $H$ 可测。

第 4 步（先对 $y$ 积分，再对 $ω ）$ ：由第 1 步，内层积分就是 $Y (ω)^{p} ：$

\int_{Ω} (\int_{0}^{\infty} H (ω, y) d y) d P (ω) = \int_{Ω} Y (ω)^{p} d P (ω) = E (Y^{p}) .

第 5 步（先对 $ω$ 积分，再对 $y ）$ ：固定 $y > 0 ，$ $p y^{p - 1}$ 是常数，可以提出来；示性函数的积分是概率：

\int_{Ω} H (ω, y) d P (ω) = p y^{p - 1} \int_{Ω} 1_{{Y (ω) > y}} d P (ω) = p y^{p - 1} P (Y > y) .

所以这个次序的累次积分是 $\int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (Y > y) d y 。$

第 6 步（Tonelli）： $H \geq 0$ 可测，两个测度 σ-有限，第 12 页的 Tonelli 定理说两种次序的累次积分都等于二重积分 $\iint H d (P \times λ) ，$ 包括等于 $+ \infty$ 的情形。比较第 4、5 步即得引理。 $■$

人话版和第 2 讲的证明对照

第 2 讲（第 21 页）的证明：先有 $E Y = \int_{0}^{\infty} P (Y > s) d s$ （第 12 页），再把它用到 $Y^{p}$ 上，做换元 $s = y^{p} 。$ 要用到 CDF、换元公式、黎曼积分与勒贝格积分的关系，步骤较多。
本页的证明：一次 Tonelli 搞定。第 2 讲那一页的「另一种证明」卡片里提到过这个想法，当时说「第 1 讲没有讲 Tonelli 定理，所以正文没用」；现在有了第 12 页，它成为完全严格的证明。
和第 8 页的联系：用第 7 页的截口记号，集合 $E$ 在 $ω$ 处的竖截口是 $E_{ω} = [0, Y (ω)) ，$ 在 $y$ 处的横截口是 $E_{y} = {ω : Y (ω) > y} 。$ 取 $p = 1 ，$ 引理就是第 8 页的公式 $(P \times λ) (E) = \int λ (E_{ω}) d P = \int P (E_{y}) d y ：$ 图像下方的面积，竖着切是 $E Y ，$ 横着切是 $\int P (Y > y) d y$ 。

图解：图像下方的区域，竖切与横切

课件没有图，可以这样画（为了能画出来，把 $Ω$ 想成区间 $[0, 1] ，$ $P$ 是长度）：

横轴是 $ω ，$ 纵轴是 $y ；$ 画出 $Y (ω)$ 的图像。图像和横轴之间的区域就是 $E 。$
竖切：在横轴上某个 $ω$ 处画一条竖线，它穿过 $E$ 的部分是 $[0, Y (ω)) 。$ 按权重 $p y^{p - 1}$ 量这段的「长度」，得到 $Y (ω)^{p} 。$ 再把所有竖线按 $P$ 加起来，得到 $E (Y^{p}) 。$
横切：在高度 $y$ 处画一条横线，它穿过 $E$ 的部分是 ${ω : Y (ω) > y} ，$ 用 $P$ 量它的大小是 $P (Y > y) 。$ 再按权重 $p y^{p - 1}$ 把所有高度加起来，得到右边。
两种切法量的是同一块区域，Tonelli 保证结果相同。

例子

例 1：指数分布的二阶矩（p = 2）

$Y \sim Exp (1) ，$ $P (Y > y) = e^{- y}$ （ $y \geq 0 ）。$ 由引理，

E Y^{2} = \int_{0}^{\infty} 2 y e^{- y} d y .

分部积分： $\int_{0}^{\infty} y e^{- y} d y = [- y e^{- y}]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} e^{- y} d y = 0 + 1 = 1 ，$ 所以 $E Y^{2} = 2 。$ 再由 $E Y = \int_{0}^{\infty} e^{- y} d y = 1$ （取 $p = 1 ），$ 方差 $Var Y = 2 - 1^{2} = 1 ，$ 与已知结果一致。

例 2：非整数阶 p = 1/2，权重在 0 处无界

$U$ 在 $(0, 1)$ 上均匀分布， $P (U > y) = 1 - y$ （ $0 \leq y \leq 1 ），$ $y > 1$ 时为 0。直接算： $E U = \int_{0}^{1} u d u = \frac{2}{3} 。$ 用引理：

\int_{0}^{1} \frac{1}{2} y^{- 1/2} (1 - y) d y = \frac{1}{2} [2 y^{1/2} - \frac{2}{3} y^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{1}{2} (2 - \frac{2}{3}) = \frac{2}{3} .

权重 $\frac{1}{2} y^{- 1/2}$ 在 $y \to 0$ 时趋于无穷，但积分仍有限。这就是引理要求 $p > 0$ 的原因之一： $p > 0$ 时 $\int_{0}^{1} p y^{p - 1} d y = 1$ 有限。

例 3：掷骰子，尾概率是台阶

$Y$ 是一颗公平骰子的点数。尾概率 $P (Y > y)$ 在 $[k, k + 1)$ 上恒等于 $\frac{6 - k}{6}$ （ $k = 0, 1, \dots, 5 ），$ $y \geq 6$ 时为 0。

$p = 1 ：$ $\int_{0}^{6} P (Y > y) d y = \frac{6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1}{6} = \frac{21}{6} = 3.5 = E Y 。$
$p = 2 ：$ 在 $[k, k + 1)$ 上 $\int_{k}^{k + 1} 2 y d y = (k + 1)^{2} - k^{2} = 2 k + 1 ，$ 所以

E Y^{2} = k = 0 \sum 5 \frac{6 - k}{6} (2 k + 1) = \frac{6 \cdot 1 + 5 \cdot 3 + 4 \cdot 5 + 3 \cdot 7 + 2 \cdot 9 + 1 \cdot 11}{6} = \frac{91}{6},

与直接计算 $\frac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \frac{91}{6}$ 一致。

例 4（反例）：两个累次积分都等于 0，函数仍不可积

在 $[- 1, 1]^{2}$ 上令 $g (x, y) = \frac{x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} ，$ $g (0, 0) = 0 。$

固定 $x \neq = 0 ，$ $y \mapsto g (x, y)$ 是奇函数（ $g (x, - y) = - g (x, y) ），$ 并且在 $[- 1, 1]$ 上连续，所以 $\int_{- 1}^{1} g (x, y) d y = 0 。$ 外层再积分还是 0。另一种次序：固定 $y \neq = 0 ，$ $x \mapsto g (x, y)$ 也是奇函数（ $g (- x, y) = - g (x, y) ），$ 同样得到 0。
但极坐标下 $∣ g ∣ = \frac{∣ c o s θ s i n θ ∣}{r ^{2}} ，$ 在单位圆盘上 $\iint ∣ g ∣ = (\int_{0}^{2 π} ∣ cos θ sin θ ∣ d θ) (\int_{0}^{1} \frac{d r}{r}) = 2 \cdot \infty = \infty 。$

所以「两个累次积分相等」不能推出「可积」。判断能否用 Fubini，必须检查 $\iint ∣ g ∣ < \infty 。$

常见疑问与易错点

易错点问：两个累次积分都存在而且有限，还不够吗？

答：不够。本页的 $f$ 两个累次积分都存在、都有限，却一个是 $\frac{π}{4} 、$ 一个是 $- \frac{π}{4} ；$ 例 4 的 $g$ 两个累次积分甚至相等，但二重积分仍然没有定义。Fubini 定理要的是绝对值的积分有限。

易错点问：实际中怎么检查 ∬|f| < ∞？

答：对 $∣ f ∣$ 用 Tonelli：它非负，所以随便选一种次序算 $\int (\int ∣ f ∣ d x) d y 。$ 算出来有限， $f$ 就可积，于是 Fubini 适用，两种次序都对。本页「更多」卡片里正是这样证明 $\iint ∣ f ∣ = \infty$ 的。口诀：先用 Tonelli 验绝对值，再用 Fubini 换次序。

易错点问：引理里为什么要 Y ≥ 0？

答：反例： $Y \equiv - 1 ，$ $p = 2 。$ 左边 $E Y^{2} = 1 ；$ 右边 $P (Y > y) = 0$ 对所有 $y \geq 0$ 成立，积分是 0。原因是第 1 步的分层只描述了 $[0, Y (ω)) ，$ $Y$ 为负时这段区间是空的。对一般的 $Y ，$ 可以把引理用在 $∣ Y ∣$ 上： $E ∣ Y ∣^{p} = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (∣ Y ∣ > y) d y 。$

易错点问：p = 0 或 p < 0 会怎样？

答： $p = 0$ 时左边 $E Y^{0} = 1 ，$ 右边权重 $0 \cdot y^{- 1} = 0 ，$ 积分是 0，不相等（第 1 步的 $[y^{p}]_{0}^{a}$ 在 $p = 0$ 时不成立，因为 $0^{0}$ 不是 0）。 $p < 0$ 时 $Y^{p}$ 在 $Y = 0$ 处是无穷大， $y^{p}$ 在 $0$ 处也发散，整个推导都不成立。

易错点问：P(Y > y) 换成 P(Y ≥ y) 可以吗？

答：可以。两者只在 $P (Y = y) > 0$ 的点不同，这样的点至多可数个，勒贝格测度为 0，不影响积分（第 21 页的「更多」卡片有详细理由）。

小结与自测

小结本页小结

$f = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ 在 $[0, 1]^{2}$ 上：先 $d x$ 得 $\frac{π}{4} ，$ 先 $d y$ 得 $- \frac{π}{4} 。$ 不是 Fubini 定理错了，而是 $\iint ∣ f ∣ = \infty ，$ 条件不满足。
本质：正部和负部的积分都是 $\infty ，$ 「 $\infty - \infty 」$ 的结果取决于计算顺序。
矩公式 $E Y^{p} = \int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} P (Y > y) d y$ （ $Y \geq 0 ，$ $p > 0 ）：$ 把 $Y^{p}$ 写成 $\int_{0}^{\infty} p y^{p - 1} 1_{{y < Y}} d y ，$ 在 $(Ω \times [0, \infty), F \otimes B, P \times λ)$ 上用 Tonelli 交换次序。
用 Tonelli 前要检查两件事：被积函数非负、关于乘积 σ-代数可测；两个测度 σ-有限。

自测

1. 不做任何积分，说明为什么本页 $f$ 的两个累次积分一定互为相反数（只要它们都存在）。

点开看答案

因为 $f (y, x) = \frac{x ^{2} - y ^{2}}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = - f (x, y) 。$ 在 $\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d x) d y$ 里把积分变量的名字 $x, y$ 对调，它变成 $\int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (y, x) d y) d x = - \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} f (x, y) d y) d x 。$ 所以「先 $d x 」$ 的值等于「先 $d y 」$ 的值的相反数。若 Fubini 适用，两者又必须相等，只能都等于 0；实际算出 $\pm \frac{π}{4} \neq = 0 ，$ 这本身就说明 Fubini 不适用。

2. 设 $Y \sim Exp (λ)$ （ $λ > 0 ），$ 即 $P (Y > y) = e^{- λ y} 。$ 用引理求 $E Y^{3} 。$

点开看答案

$E Y^{3} = \int_{0}^{\infty} 3 y^{2} e^{- λ y} d y 。$ 令 $t = λ y ，$ $= \frac{3}{λ ^{3}} \int_{0}^{\infty} t^{2} e^{- t} d t = \frac{3}{λ ^{3}} \cdot 2 = \frac{6}{λ ^{3}}$ （ $\int_{0}^{\infty} t^{2} e^{- t} d t = 2 ，$ 分部积分两次）。

3. 判断：「只要 $f$ 可测，并且 $\int (\int f d x) d y$ 和 $\int (\int f d y) d x$ 都存在且相等， $f$ 就关于乘积测度可积。」

点开看答案

错。例 4 的 $g (x, y) = \frac{x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}}$ 在 $[- 1, 1]^{2}$ 上两个累次积分都等于 0，但 $\iint ∣ g ∣ = \infty ，$ 不可积。可积要看 $\iint ∣ g ∣ ，$ 不看累次积分是否相等。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
Fubini 定理	Fubini's theorem	f 关于乘积测度绝对可积（∬\|f\| < ∞）时，二重积分等于两种顺序的累次积分。
Tonelli 定理	Tonelli's theorem	f 非负可测、两个测度 σ-有限时，二重积分等于两种顺序的累次积分，三者可以同时为 ∞。
乘积测度	product measure	在每个可测矩形上取 μ₁(A₁)μ₂(A₂) 的唯一测度（σ-有限时）。平面面积就是长度 × 长度的乘积测度。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
σ-有限	σ-finite	整个空间能切成可数多块测度有限的部分。概率测度、长度都满足；不可数集上的计数测度不满足。
级数	series	无穷多项相加 a₁ + a₂ + …，它的值是前 n 项和在 n → ∞ 时的极限。
独立	independence	任意有限个事件同时发生的概率等于各自概率的乘积。
二重积分	double integral	对两个变量一起积分：∬ f(x, y) dx dy。Fubini–Tonelli 定理说明什么时候可以拆成先对一个变量、再对另一个变量的两次积分。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
测度	measure	给 σ-代数里的每个集合一个 [0, ∞] 中的「大小」，空集为 0，并且可数可加。
勒贝格测度	Lebesgue measure	实数轴上「长度」的严格版本，定义在勒贝格可测集上，m([a,b]) = b − a。
累次积分	iterated integral	一层一层地积分：先固定一个变量、对另一个变量积分，再对剩下的变量积分。
正部	positive / negative part	f⁺ = max(f, 0)，f⁻ = max(−f, 0)，f = f⁺ − f⁻，\|f\| = f⁺ + f⁻。
反函数	inverse function	f 把不同的输入送到不同的输出时，反函数 f⁻¹ 把输出送回原来的输入：f⁻¹(f(x)) = x。例：ln 是 eˣ 的反函数。注意：集合的原像 f⁻¹(D) 不需要反函数存在。
可测函数	measurable function	对每个 a，集合 {f > a} 都可测；这样的函数才能积分。
样本点	sample point	一个完整的结局 ω；每次试验恰好实现一个样本点。
乘积 σ-代数	product σ-algebra	由所有可测矩形生成的 σ-代数，记作 F₁ ⊗ F₂；它也是让两个坐标映射都可测的最小 σ-代数。
σ-代数	sigma-algebra	允许谈概率的「事件清单」：含 Ω，对补集和可数并封闭。
可测矩形	measurable rectangle	形如 A₁ × A₂ 的集合，A₁、A₂ 分别是两个空间里的可测集。
博雷尔 σ-代数	Borel sigma-algebra	由实数轴上所有开区间生成的 σ-代数 𝓑(ℝ)，包含所有常见的集合。
随机变量	random variable	从样本空间到实数的（可测）函数，把结局翻译成数字；随机性来自「实现了哪个 ω」。
概率空间	probability space	三元组 (Ω, 𝓕, P)：样本空间、事件的 σ-代数、概率测度。
阶矩	moment	E[\|X\|ᵖ] 叫 p 阶（绝对）矩；它有限与否反映尾部有多「重」。
尾概率	tail probability	随机变量取到「很大的值」的概率，例如 P(X > t) 或 P(\|X\| ≥ t)。它随 t 增大而下降得越慢，分布的尾巴就越「厚」。
概率测度	probability measure	总质量 P(Ω) = 1 的测度。
极坐标	polar coordinates	用到原点的距离 r 和角度 θ 表示平面上的点：x = r cos θ，y = r sin θ。在极坐标下做二重积分时 dx dy = r dr dθ。
单调收敛定理	monotone convergence theorem (MCT)	非负可测函数单调递增地收敛时，积分也收敛：∫fₙ ↑ ∫f。
乘积空间	product space	笛卡尔积 Ω₁ × Ω₂，配上乘积 σ-代数（以及乘积测度）。
示性函数	indicator function	𝟏_A(x) 在 x ∈ A 时取 1，否则取 0；它的积分就是 A 的测度。
零测集	null set	测度为 0 的集合，例如单点、有理数全体、康托尔集。
有理数	rational number	能写成分数 p/q 的数，全体有理数记作 ℚ；它们可数，却在数轴上处处稠密。
稠密	dense	任何一小段区间里都能找到它的点，例如有理数在实数轴上稠密。
可测集	measurable set	σ-代数里的集合，也就是可以谈「测度多大」的集合；在概率空间里，可测集就叫事件。
可数	countable	元素能排成第 1 个、第 2 个、第 3 个……的一列（有限也算），例如自然数、有理数。
勒贝格积分	Lebesgue integral	按函数值分块的积分：先定义简单函数的积分，再用下方的简单函数逼近取上确界。
黎曼积分	Riemann integral	大一学的定积分：按 x 轴切竖条求和取极限。
累积分布函数	cumulative distribution function (CDF)	F(x) = P(X ≤ x)，单调不减、右连续，完全决定分布。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
截口	slice (section)	固定一个坐标、把二维集合或函数「切一刀」：A_ω₁ = {ω₂ : (ω₁, ω₂) ∈ A}，f_ω₁(ω₂) = f(ω₁, ω₂)。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
分部积分	integration by parts	∫ₐᵇ u v′ dx = [u v]ₐᵇ − ∫ₐᵇ u′ v dx：把求导从一个函数挪到另一个函数上。由乘积求导法则 (uv)′ = u′v + uv′ 两边积分得到。
方差	variance	Var X = E[(X − E X)²]，衡量随机变量围绕均值的波动大小。
分布	law / distribution	X 把概率「推」到取值空间上得到的测度：L(X)(B) = P(X ∈ B)。