¿Cuándo se pueden intercambiar una suma y una integral?

Question

Supongamos que tengo $\int_{0}^{\infty}\sum_{n = 0}^{\infty} f_{n}(x)\, dx$ con $f_{n}(x)$ siendo funciones continuas. ¿Cuándo podemos intercambiar la integral y la suma? ¿Es suficiente que $f_{n}(x) \geq 0$ para todo $x$ y para todo $n$? ¿Qué tal cuando $\sum f_{n}(x)$ converge absolutamente? Si es así, ¿por qué?

Answer 1

Me gusta recordar esto como un caso especial de los teoremas de Fubini/Tonelli, donde las medidas son la medida de conteo en $\mathbb{N}$ y la medida de Lebesgue en $\mathbb{R}$ (o $[0,\infty)$ como lo has escrito aquí). En particular, el teorema de Tonelli dice que si $f_n(x) \ge 0$ para todo $n,x$, entonces $$\sum \int f_n(x) \,dx = \int \sum f_n(x) \,dx$$ sin necesidad de ninguna otra condición adicional. (También puedes demostrar esto con el teorema de convergencia monótona.)

Luego, el teorema de Fubini dice que para $f_n$ general, si $\int \sum |f_n| < \infty$ o $\sum \int |f_n| < \infty$ (por Tonelli las dos condiciones son equivalentes), entonces $\int \sum f_n = \sum \int f_n$. (También puedes demostrar esto con el teorema de convergencia dominada.)

Puede haber condiciones más débiles que también podrían ser suficientes, pero estas tienden a funcionar en el 99% de los casos.

---

Elaborando a petición: la declaración usual del teorema de Fubini es algo así:

Permite que $(X,\mathcal{F}, \mu),(Y,\mathcal{G}, \nu)$ sean espacios de medidas $\sigma$-finitos, y deja que $g : X \times Y \to \mathbb{R}$ sea medible con respecto al producto de las $\sigma$-álgebras $\mathcal{F} \otimes \mathcal{G}$. Supongamos que $\int_X \int_Y |g(x,y)| \nu(dy) \mu(dx)$ es finito. (Nota: Por el teorema de Tonelli, esto ocurre si y solo si $\int_Y \int_X |g(x,y)|\mu(dx)\nu(dy)$ es finito, ya que ambas integrales iteradas son iguales). Entonces $$\int_X \int_Y g(x,y) \nu(dy)\mu(dx) = \int_Y \int_X g(x,y) \mu(dx) \nu(dy).$$

Deja que $X = \mathbb{R}$, $\mathcal{F}$ sea la $\mu$ la medida de Lebesgue. Deja que $Y = \mathbb{N}$, $\mathcal{G} = 2^{\mathbb{N}}$ sea la $\nu$ la medida de conteo. Define $g(x,n) = f_n(x)$. Ejercicio: dado que cada $f_n$ es medible, verifica que $g$ es medible con respecto a $\mathcal{F} \otimes \mathcal{G}$. Ejercicio: verifica que la integración con respecto a la medida de conteo es lo mismo que la suma, donde la integral existe y es finita si y solo si la suma converge absolutamente. (Es decir, dado una secuencia de números reales $a_n$, define una función $b : \mathbb{N} \to \mathbb{R}$ por $b(n) = a_n$. Luego $\int_{\mathbb{N}} b\,d\nu = \sum_{n=1}^\infty a_n$.)

Como tal, la conclusión del teorema de Fubini se reduce a la declaración que se quería demostrar.

Answer 2

Este es un teorema que funcionará:

Teorema. Si $\{f_n\}_n$ es una secuencia positiva de funciones integrables y $f = \sum_n f_n$ entonces $$\int f = \sum_n \int f_n.$$

Prueba. Considera primero dos funciones, $f_1$ y $f_2$. Ahora podemos encontrar secuencias $\{\phi_j\}_j$ y $\{\psi_j\}_j$ de funciones simples (no negativas) mediante un teorema básico de teoría de la medida que aumentan hacia $f_1$ y $f_2$ respectivamente. Obviamente $\phi_j + \psi_j \uparrow f_1 + f_2$. Podemos hacer lo mismo para cualquier suma finita.

Observa que $\int \sum_1^N f_n = \sum_1^N \int f_n$ para cualquier $N$ finito. Ahora, usando el teorema de convergencia monótona, obtenemos

$$\sum \int f_n = \int f.$$

Nota 1: Si se trata de funciones positivas, la convergencia absoluta es la misma que la convergencia normal, ya que $|f_n| = f_n$.

Nota 2: Las funciones continuas serán ciertamente integrables si tienen soporte compacto o tienden a $0$ lo suficientemente rápido cuando $x \to \pm \infty$.

Answer 3

La mayor parte del tiempo suelo usar las condiciones de Fubini/Tonelli, pero el teorema de convergencia dominada es en realidad estrictamente más fuerte en este caso mixto de suma/integral, porque puede tener en cuenta la estructura de orden de los enteros. Un ejemplo (que primero trabajé en [2009])(http://artofproblemsolving.com/community/c7h294262p1593291):

Considera el cálculo $$\begin{align*}\ln 2 &= \int_0^1 \frac1{1+x}\,dx = \int_0^1\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n\,dx\\ ?&= \sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1(-1)^n x^n\,dx = 1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots\end{align*}$$ El teorema de Fubini no es lo suficientemente fuerte para justificar el intercambio. Si ponemos valores absolutos en los términos, se dispara a $\int_0^1 \frac1{1-x}\,dx = 1+\frac12+\frac13+\frac14+\cdots=\infty$.

Por otro lado, el teorema de convergencia dominada se preocupa por las sumas parciales $\sum_{n=0}^{N}(-1)^n x^n$. Usando la estimación de series alternadas, $$0\le \sum_{n=0}^{N}(-1)^n x^n\le 1$$ para todo $x\in [0,1]$. $1$ es integrable en este intervalo, y el intercambio $$\int_0^1\left(\lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^{N}(-1)^n x^n\right)\,dx = \lim_{N\to\infty}\int_0^1 \sum_{n=0}^{N}(-1)^n x^n\,dx$$ está justificado, probando el resultado $1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots=\ln 2$.

Esta situación con el teorema de convergencia dominada siendo más fuerte que el teorema de Fubini puede surgir cuando tenemos un límite razonable en las sumas parciales pero no una convergencia absoluta en su totalidad.
Por otro lado, el teorema de convergencia monótona es exactamente igual que el teorema de Tonelli: cuando todo es positivo, ambos lados son iguales y finitos o ambos lados son infinitos.