Утверждение 13.1.5: Пусть $P:=[a,b]\times[c,d]$, $f(x,y)\colon{P}\to\mathbb{R}$, $f(x,y)\in{C}(P)$, $F(y):=\int_a^bf(x,y)\,dx\colon[c,d]\to\mathbb{R}$, тогда существует интеграл $$\int_c^dF(y)\,dy:=\int_c^d\left(\int_a^bf(x,y)\,dx\right)\,dy=\int_a^b\left(\int_c^df(x,y)\,dy\right)\,dx.$$
Доказательство: Так как $F(y)\in{C}[c,d]$, то $F(y)\in\mathcal{R}[c,d]$. Обозначим
$\displaystyle\varphi(u):=\int_c^uF(y)\,dy=\int_c^u\left(\int_a^bf(x,y)\,dx\right)\,dy$, $\displaystyle\psi(u):=\int_a^b\left(\int_c^uf(x,y)\,dy\right)\,dx$.
Тогда $$\varphi'(u)=\frac{d}{du}\left(\int_c^uF(y)\,dy\right)=F(u)=\int_a^bf(x,u)\,dx\qquad(20)$$
Обозначим $g(x,u):=\int_x^uf(x,y)\,dy\colon[a,b]\times[c,d]\to\mathbb{R}$. Аналогично тому, как доказывалась непрерывность функции $\Phi(y,u,v)$ при
обосновании утверждения 13.1.4 можно доказать и непрерывность функции $g(x,u)$ на $P$.
С другой стороны существует производная $\frac{\partial{g}}{\partial{u}}(x,u)=f(x,u)\in{C}(P)$, то есть к функции $g(x,u)$ применимо
утверждение 13.1.3. Тогда существует производная
$$\psi'(u)=\frac{d}{du}\int_a^bg(x,u)\,dx=\int_a^b\frac{\partial{g}}{\partial{u}}(x,u)\,dx=\int_a^bf(x,y)\,dx.$$
Тогда из равенства (20) следует, что для любого $u\in[c,d]$ $\varphi'(u)=\psi'(u)$, тогда
существует $k\in\mathbb{R}$ такое, что $\varphi(u)-\psi(u)\equiv{k}$. Так как $\varphi(c)-\psi(c)=0$, то $k=0$, то есть для любого $u\in[c,d]$
$\varphi(u)=\psi(u)$. Следовательно, $\varphi(d)=\psi(d)$, что и требовалось доказать.
Пример 13.1.2: Пусть $[a,b]:=[0,1]$, $[c,d]\subset\mathbb{R}^+$, $f(x,y)=x^y\in{C}\{[a,b]\times[c,d]\}$. Попробуем вычислить
повторный интеграл от функции $f(x,y)$.
$$\int_0^1\left(\int_c^dx^y\,dy\right)\,dx=\int_0^1\left.\frac{x^y}{\ln{x}}\right|_c^d\,dx=\int_0^1\frac{x^d-x^c}{\ln{x}}\,dx$$
Вычисление последнего интеграла связано, с определенными сложностями, но он легко вычисляется, если поменять порядок интегрирования
$$\int_c^d\left(\int_0^1x^y\,dx\right)\,dy=\int_c^d\left.\frac{x^{y+1}}{y+1}\right|_0^1\,dy=\int_c^d\frac{dy}{y+1}=\ln{(y+1)}|_c^d=\ln{\frac{d+1}{c+1}}.$$
Таким образом $\displaystyle\int_0^1\frac{x^d-c^c}{\ln{x}}\,dx=\ln{\frac{d+1}{c+1}}$.
Задача 13.1.2: Контрпример к условию $f(x,y)\in{C}(P)$ утверждения 13.1.5.
Пусть $P=[0,1]\times[0,1]$, $\displaystyle{f}(x,y)=\begin{cases}\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}&,(x,y)\neq(0,0)\\\quad0&,(x,y)=(0,0)\end{cases}$. Показать,
что $\displaystyle\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\,dx\right)\,dy\neq\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\,dy\right)\,dx$ и объяснить почему.
Решение:
Вычислим повторные интегралы от функции $f(x,y)$.
$$\int\left(\int\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}\,dx\right)\,dy=\int\left(\int\frac{2y^2}{(x^2+y^2)^2}-\frac1{x^2+y^2}\,dx\right)\,dy=
\int\left(\int\frac{2y^2}{(x^2+y^2)^2}\,dx-\int\frac1{x^2+y^2}\,dx\right)\,dy=\int2y^2\frac1{2y^2}\left(\frac{x}{x^2+y^2}+J_1\right)-J_1\,dy=
\int\frac{x}{x^2+y^2}\,dy\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\,dx\right)\,dy=\int_0^1\left.\frac{x}{x^2+y^2}\right|_0^1\,dy=
\int_0^1\frac1{1+y^2}\,dy=\arctg{y}|_0^1=\frac{\pi}{4}$$
Аналогично
$$\int\left(\int\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}\,dy\right)\,dx=\int\left(\int\frac{-2x^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac1{x^2+y^2}\,dy\right)\,dx=
-\int\frac{y}{x^2+y^2}\,dx\Rightarrow\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\,dy\right)\,dx=-\frac{\pi}{4}$$
Таким образом $$\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\,dx\right)\,dy=\frac{\pi}{4}\neq-\frac{\pi}{4}=\int_0^1\left(\int_0^1f(x,y)\,dy\right)\,dx$$
Это связано с тем, что $f(x,y)\notin{C}(P)$, так как функция $f(x,y)$ иммет точку разрыва в $(0,0)$.
Легко получить некоторое обобщение установленного выше результата. А именно, вместо интеграла
$\int_a^bf(x,y)\,dx$ можно рассмотреть интеграл $F(y)=\int_a^bf(x,y)\varphi(x)\,dx$, где $f(x,y)\in{C}(P)$, $\frac{\partial{f}}{\partial{y}}(x,y)\in{C}(P)$
и функция $\varphi(x)$ интегрируема абсолютно на промежутке $\Delta(a,b)$ в несобственном смысле, то есть существует интеграл $\int_a^b|\varphi(x)|\,dx$.
Таким путем удается частично распространить изложенную теорию и на несобственные интегралы.
Утверждение 13.1.6: Пусть $f(x,y)\colon[a,b]\times{Y}\to\mathbb{R}$, для любого $y\in{Y}$ $f(x,y)\in\mathcal{R}[a,b]$ функция $\varphi(x)$ интегрируема абсолютно а несобственном смысле на промежутке $\Delta(a,b)$, $y_0\in\mathring{Y}$, $f(x,y)\FUniformConv{g}(x),x\in[a,b]$ тогда функция $g(x)\varphi(x)$ абсолютно интегрируема на промежутке $\Delta(a,b)$ и $\displaystyle\lim_{Y\ni{y}\to{y}_0}\int_a^bf(x,y)\varphi(x)\,dx=\int_a^bg(x)\varphi(x)\,dx$.
Доказательство: Доказательство приведено в Фихтенгольц т. 2, стр. 668.
Опираясь на приведенное утверждение можно сформулировать результаты аналогичные утверждениям 13.1.2, 13.1.3, 13.1.5, а именно, если $Q=[a,b]\times[c,d]$ функция $f(x,y)\colon{Q}\to\mathbb{R}$ такая, что $f(x,y)\in{C}(Q)$, функция $\varphi(x)$ интегрируема абсолютно на $\Delta(a,b)$, $F(y):=\int_a^bf(x,y)\varphi(x)\,dx\colon[c,d]\to\mathbb{R}$, тогда