32 – Vertauschbarkeit von Integrationen

 

Es sei

f:\left] {0,1} \right] \times \left] {0,1} \right] \to \mathbb{R},\quad \left( {x,y} \right) \mapsto \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{1} {{y^2 }} & {falls\:x < y}  \\ 0 & {falls\:x = y}  \\ {-\frac{1} {{x^2 }}} & {falls\:x > y}  \\  \end{array} } \right.

Beweisen oder widerlegen Sie

\int_0^1 {\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dx\:dy} }  = \int_0^1 {\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dy\:dx} }

Lösung

Zunächst veranschaulichen wir die Funktionsbedingungen anhand eines Graphen:

Graph

Dann stellen wir die Gleichungen auf:

\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dx}  = \int_0^y {\frac{1} {{y^2 }}dx} +\int_y^1 {-\frac{1} {{x^2 }}dx}

= \left. {\frac{x} {{y^2 }}} \right|_0^y +\left. {\frac{1} {x}} \right|_y^1  = \frac{1} {y}-0+1-\frac{1} {y} = \underline{\underline 1}

\Rightarrow \int_0^1 {\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dx\:dy} }  = \int_0^1 {1\:dy}  = \underline{\underline 1}

Zur Erklärung: Sei y = 1/4, dann müssen wir für 0 ≤ x < 1/4=y die Funktion 1/y² verwenden und für 1/4=y < x ≤ 1 die Funktion -1/x².

Und nun für dy:

\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dy}  = \int_0^x {-\frac{1} {{x^2 }}dy} +\int_x^1 {\frac{1} {{y^2 }}dy}

= -\left. {\frac{y} {{x^2 }}} \right|_0^x -\left. {\frac{1} {y}} \right|_x^1  = -\frac{1} {x}+0-1+\frac{1} {x} = \underline{\underline {-1}}

\Rightarrow \int_0^1 {\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dy\:dx} }  = \int_0^1 {\left( {-1} \right)\:dx = } \underline{\underline {-1}}

Also erhalten wir insgesamt:

1 = -1

Da dies ein Widerspruch ist folgt daraus:

\int_0^1 {\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dx\:dy} }  \ne \int_0^1 {\int_0^1 {f\left( {x,y} \right)dy\:dx} }

Die Integrationen lassen sich in diesem Beispiel also nicht beliebig vertauschen. Dies funktioniert nur für den Fall, dass die betrachtete Funktion stetig ist!