Relación entre la integral por partes y el teorema de Fubini

Question

En probabilidad, he visto algunos ejemplos para los que tanto el teorema de Fubini como la integración por partes (para integrales de Riemann-Stieltjes con cdf como integrador) proporcionan soluciones diferentes pero correctas. Por ejemplo

1. En probando $E(|X|)=\int_0^\infty P(|X| > t)dt$ Edvin y Did utilizaron el teorema de Fubini, mientras que Ben utilizó la integración por partes;
2. En probando $\operatorname{median}(X)$ resuelve $\min_{c \in \mathbb{R}} E |X-c|$ Did utilizó el teorema de Fubini, mientras que Sivaram utilizó la integración por partes en Edit.

Así que me pregunto si las dos cosas están relacionadas de alguna manera. Por ejemplo, en algunos casos (especialmente en los dos ejemplos anteriores), ¿puede una llevar a la otra?

1. Una amplia conjetura para pasar del teorema de Fubini a la integración por partes es:

   La integración por partes dice

   $$ \begin{align} f(b)g(b) - f(a)g(a) & = \int_a^b g(x) \, df(x) + \int_a^b f(x) \, dg(x). \end{align} $$

   Si hay algún $c \in \mathbb{R}$ tal que $g(c)=0$ entonces $$ \int_a^b g(x) \, df(x) = \int_a^b \int_c^x dg(t) \, df(x ) $$ Si el teorema de Fubini o alguna de sus variantes puede aplicarse, entonces para algunos $d \in \mathbb{R}$ , $$ \int_a^b \int_c^x dg(t) \, df(x ) = \int_c^b \int_d^t df(x) \, dg(t ) = \int_c^b \int_d^x df(t) \, dg(x ) $$ un paso más cerca de $\int_a^b f(x) \, dg(x)$ pero aún está lejos de la la integración por partes.

2. Ni idea de cómo pasar de la integración por partes al teorema de Fubini de Fubini.

Answer 1

Fubini implica la integración por partes . Para ver esto en dimensión $1$ Considere algunos $C^1$ funciones $f$ y $g$ y la integral $$ I=\int\limits_a^bf'(x)g(x)\mathrm dx. $$ Entonces, el teorema fundamental del cálculo muestra que, para cada $x$ , $$ g(x)=g(a)+\int\limits_a^xg'(t)\mathrm dt, $$ por lo que $I=J+K$ con $$ J=g(a)\int\limits_a^bf'(x)\mathrm dx=g(a)(f(b)-f(a)), $$ y, utilizando Teorema de Fubini para justificar el segundo signo de igualdad a continuación, $$ K=\int\limits_a^bf'(x)\int\limits_a^xg'(t)\mathrm dt\mathrm dx=\int\limits_a^bg'(t)\int\limits_t^bf'(x)\mathrm dx\mathrm dt=\int\limits_a^bg'(t)(f(b)-f(t))\mathrm dt. $$ Se ve que $K=L-M$ con $$ L=f(b)\int\limits_a^bg'(t)\mathrm dt=f(b)(g(b)-g(a)),\qquad M=\int\limits_a^bg'(t)f(t)\mathrm dt. $$ Finalmente, $I=(J+L)-M$ con $$ J+L=g(a)(f(b)-f(a))+f(b)(g(b)-g(a))=f(b)g(b)-f(a)g(a). $$