Giáo trình Lý thuyết độ đo và tích phân | HUS
Tài liệu gồm 58 trang, có 3 chương chính bao gồm các kiến thức cơ bản liên quan: Độ đo, sự hội tụ, tích phân... giúp bạn ôn luyện và nắm vững kiến thức môn học. Mời bạn đọc đón xem!
Môn: Lý thuyết Độ đo và tích phân
Trường: Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
Thông tin:
Tác giả:
Thông tin :
Môn:
Trường:
Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
Tác giả:
Preview text:
HỌC PHẦN ĐỘ ĐO VÀ TÍCH PHÂN CHƯƠNG I. ĐỘ ĐO
$1. ĐẠI SỐ. σ - ĐẠI SỐ 1. Đại số
a) Định nghĩa 1. Cho tập hợp X ≠ φ . Một họ N các tập con của
X được gọi là một đại số các tập con của X, nếu N thoả mãn ba điều kiện sau: (i) X ∈ N ;
(ii) A ∈ N ⇒ CXA = X \ A ∈ N ; n
(iii) A1, A2, ... , An ∈ N ⇒ U A ∈ N . k k 1 =
b) Các tính chất Cho
N là đại số các tập con của tập hợp X. Khi đó N có các tính chất sau đây: 1. φ ∈ N ; 2. A n
1, A2, ... , An ∈ N ⇒ I A ∈ N ; k k 1 =
3. A, B ∈ N ⇒ A \ B ∈ N. Chứng minh.
1. được suy từ (i), (ii)
2. được suy từ (ii), (iii) và công thức de Morgan: n n
C( I A ) = CA k U k k 1 = k 1 =
3. được suy từ (ii), tính chất 2 vừa chứng minh và công thức A \ B = A ∩CXB
Nhận xét Đại số các tập con của tập hợp X có tính chất
" khép kín" đối với các phép toán : hợp hữu hạn, giao hữu hạn, hiệu
các tập hợp và lấy phần bù ( nghĩa là : khi ta thực hiện các phép toán
này trên các phần tử của N thì kết quả sẽ là các phần tử của N). c) Các ví dụ
1. Cho A ⊂ X . Đặt N = {φ, X , A,CX } A .
Khi đó N là một đại số các tập con của X.
2. Cho X = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 }, A = { 1, 3, 5, 7 }, B = { 2, 4, 6 },
C = { 1, 2, 4, 7 }, D = { 3, 5, 6 }.
Đặt N = { φ , X, A, B, C, D }. Hãy kiểm tra xem N có là một đại số các tập con của X?
3. Cho N là một họ không rỗng các tập con của tập hợp X thoả mãn điều kiện :
Nếu A, B ∈ N thì X \ A ∈ N và A ∩B ∈ N.
Chứng minh rằng N là một đại số các tập con của X. 2. σ - đại số
a) Định nghĩa 2. Cho tập hợp X ≠ φ . Một họ M các tập con của
X được gọi là một σ - đại số các tập con của X, nếu M thoả mãn ba điều kiện sau: (i) X ∈ M ;
(ii) A ∈ M ⇒ CXA = X \ A ∈ M ; ∞
(iii) A1, A2, ... , An , ... ∈ M ⇒ U A ∈ M . k k=1
b) Các tính chất Cho
M là một σ - đại số các tập con của tập hợp X. Khi đó M
có các tính chất sau đây: 1.
M là một đại số các tập con của X; 2. φ ∈ M ; 3. A n
1, A2, ... , An ∈ M ⇒ I A ∈ M ; k k 1 =
4. A, B ∈ M ⇒ A \ B ∈ M ; ∞ 5.
A1, A2, ... , An , ... ∈ M ⇒ I A ∈ M . k k=1 Chứng minh.
- Tính chất 1 được suy từ (i), (ii) và (iii) khi đặt An+1 = An+2 = ... = φ .
- Tính chất 2, 3, 4 được suy từ tính chất 1 vừa chứng minh.
- Tính chất 5 được suy từ (ii), (iii) và công thức de Morgan: ∞ ∞
C( I A ) = CA k U k k=1 k=1
Nhận xét σ - đại số các tập con của tập hợp X có tính chất " khép
kín" đối với các phép toán : hợp đếm được, giao đếm được của các tập
hợp, hiệu hai tập hợp và lấy phần bù ( nghĩa là : khi ta thực hiện các
phép toán này trên các phần tử của M thì kết quả sẽ là các phần tử của M ).
c) Các ví dụ
1. Cho tập hợp X ≠ φ . Họ tất cả các tập con của tập hợp X là
một σ - đại số các tập con của tập hợp X.
2. Cho M là một họ không rỗng các tập con của tập hợp X thoả mãn hai điều kiện :
a) A ∈ M ⇒ X \ A ∈ M ; ∞ b)
A1, A, ... , An , ... ∈ M ⇒ I A ∈ M . k k=1
Chứng minh rằng M là một σ - đại số các tập con của X.
3. Cho M là một σ - đại số các tập con của tập hợp X và Z ∈ M.
Đặt M là họ tất cả các tập hợp thuộc M và chứa trong Z. Z
Chứng minh M là một σ - đại số các tập con của tập hợp Z. Z $2. ĐỘ ĐO
1. Tập hợp số thực không âm mở rộng Cho
tập hợp số thực không âm [ , 0 +∞). Ta
bổ sung cho tập hợp này một phần tử là +∞ , tập hợp mới thu được là [ ,
0 +∞]. Ta gọi đây là tập số thực không âm mở rộng với
các quy ước về phép toán như sau.
a < +∞ với mọi a ∈ [ , 0 +∞);
a + (+∞) = (+∞) + a = +∞ với mọi a ∈ [ , 0 +∞]; a
. (+∞) = (+∞) . a = +∞ với mọi a ∈ ( , 0 +∞]; 0
. (+∞) = (+∞) . 0 = 0
Lưu ý. Đẳng thức a + c = b + c kéo theo a = b khi và chỉ khi c ≠ +∞. 2. Các khái niệm
Cho M là một σ - đại số các tập con của tập hợp X. Xét ánh xạ μ : M → [ , 0 +∞].
Định nghĩa 1. μ được gọi là ánh xạ cộng tính hữu hạn, nếu có một
họ hữu hạn các tập hợp đôi một rời nhau A1, A2, ... , An ∈ M thì n
μ( U A ) = n∑ μ(A ) k k k=1 k=1
Định nghĩa 2. μ được gọi là ánh xạ σ - cộng tính nếu có một họ
đếm được các tập hợp đôi một rời nhau A1, A2, ... , An , ... ∈ M thì +∞ +∞
μ( U A ) = ∑ μ(A ) k k k =1 k =1
Định nghĩa 3. μ được gọi là một độ đo trên M, nếu hai điều kiện sau được thoả mãn: 1. μ (φ ) = 0;
2. μ là σ - cộng tính.
Định nghĩa 4. Cặp (X, σ M), trong đó M là
- đại số các tập con của
tập hợp X, được gọi là không gian đo được. Mỗi tập hợp A ∈ M được
gọi là một tập đo được.
Định nghĩa 5. Bộ ba (X, μ σ M, ), trong đó M là - đại số các tập con của tập hợp X μ ,
là một độ đo trên M, được gọi là không gian độ đo.
Nếu A ∈ M thì số μ (A) được gọi là độ đo của tập hợp A.
Định nghĩa 5. Độ đo μ được gọi là độ đo hữu hạn nếu μ (X) < +∞. ∞
Độ đo μ được gọi là độ đo σ - hữu hạn, nếu X = U X , Xk ∈ M k k=1
và μ (Xk) < +∞ với mọi k.
Nhận xét. Độ đo hữu hạn thì σ - hữu hạn. 3. Các ví dụ
a) Cho M là một σ - đại số các tập con của tập hợp X. μ Xét ánh xạ μ : M → [ ,
0 +∞] xác định bởi (A) = 0 với mọi A ∈ M . Khi
đó μ là một độ đo hữu hạn.
b) Cho M là một σ - đại số các tập con của tập hợp X. Xét ánh xạ μ : M → [ , 0 +∞] xác định bởi
μ (φ ) = 0 , μ (A) = +∞ với mọi A ∈ M và A ≠ φ . Khi
đó μ là một độ đo không σ - hữu hạn.
c) Cho M là một σ - đại số các tập con của tập hợp X và x0 ∈ X. Xét ánh xạ μ : M → [ , 0 +∞] xác định bởi : -
Nếu A ∈ M và x0 ∈ A thì μ (A) = 1 ; -
Nếu A ∈ M và x0 ∉ A thì μ (A) = 0 .
Chứng minh rằng μ là một độ đo hữu hạn.
Nhận xét. Có nhiều cách xây dựng độ đo trên cùng một σ - đại số
các tập con của tập hợp X, ứng với mỗi độ đo sẽ có một không gian độ
đo tương ứng với các tính chất khác nhau.
4. Các tính chất của độ đo Cho (X, μ M,
) là một không gian độ đo. Khi đó ta có các tính chất sau đây. 1.
μ là cộng tính hữu hạn.
2. Nếu A, B ∈ M và A ⊂ B thì μ (A) ≤ μ (B) .
Ngoài ra, nếu μ (A) < +∞ thì μ (B \ A) = μ (B) -μ (A).
3. Nếu A1, A2, ... , An , ... ∈ M thì +∞ +∞
μ( U A ) ≤ ∑ μ(A ) k k k =1 k =1 4.
Nếu A, B ∈ M , A ⊂ B và μ (B) = 0 thì μ (A) = 0. 5.
Nếu A, B ∈ M và μ (B) = 0 thì
μ (A ∪ B) = μ (A \ B) = μ (A).
6. Hợp của một họ hữu hạn các tập hợp có độ đo không là tập hợp có độ đo không: n μ (A μ U A =
k ) = 0, ∀k = 1, 2, ... , n ⇒ ( ) 0 k k 1 =
7. Hợp của một họ đếm được các tập hợp có độ đo không là tập hợp có độ đo không: +∞ μ (A μ U A = k ) = 0, ∀k = 1, 2, ... ⇒ ( ) 0 k k 1 =
8. Nếu μ là độ đo σ - hữu hạn thì ∞
i) X = UY , trong đó các tập hợp Yk đôi một rời nhau, k k=1
Yk ∈ M và μ (Yk) < +∞ với mọi k; ∞
ii) A = U A , trong đó các tập hợp Ak đôi một rời nhau, k k=1
Ak ∈ M và μ (Ak) < +∞ với mọi A ∈ M và mọi k.
9. Nếu { An } , n ∈ N, là dãy đơn điệu tăng các tập hợp đo được,
nghĩa là A1 ⊂ A2 ⊂ ... ⊂ An ⊂ ... , thì +∞
μ( U A ) = lim μ(A ) n n n=1 n→+∞
10. Nếu { An } , n ∈ N, là dãy đơn điệu giảm các tập hợp đo
được, nghĩa là A1 ⊃ A2 ⊃ ... ⊃ An ⊃ ... , và μ (A1) < +∞ thì μ +∞
( I A ) = lim μ(A ) n n n 1 = n→+∞ 5. Độ đo đủ
Để ý rằng tập con của một tập đo được chưa chắc là tập hợp đo
được, nghĩa là nếu A ∈ M , B ⊂ A thì có thể B ∉ M .
Định nghĩa 6. Độ đo μ được gọi là độ đo đủ nếu mọi tập con của tập
có độ đo không đều là tập đo được.
Nhận xét. Nếu μ là độ đo không đủ thì ta có thể thác triển μ
thành một độ đo đủ nhờ định lý dưới đây.
Định lý. Giả sử (X, μ M,
) là một không gian độ đo.
Gọi M' là họ tất cả các tập hợp A có dạng A = B ∪ C (1) trong đó B ∈ μ M, C ⊂ D, D ∈ M, (D) = 0.
Với mỗi tập hợp A có dạng (1), đặt μ' là ánh xạ sao cho μ '(A) = μ (B) (2) Khi đó: i) (X, μ M',
') là một không gian độ đo; ii) μ' là độ đo đủ.
Định nghĩa 7. M' được gọi là bổ sung Lebesgue của σ - đại số M và
μ' được gọi là thác triển Lebesgue của độ đo μ.
6. Thác triển ánh xạ σ - cộng tính thành độ đo
Định lý (Hahn). Cho N là một đại số các tập con của tập hợp X và m : N → [ ,
0 +∞] là một ánh xạ σ - cộng tính. Khi đó tồn tại một
σ - đại số M chứa N và một độ đo đủ μ : M → [ ,0+∞] sao cho
μ (A) = m(A) với mọi A ∈ N . Ngoài ra, nếu m là σ - hữu hạn thì
μ xác định một cách duy nhất.
Định nghĩa 8. Độ đo μ được gọi là thác triển của m từ đại số N lên σ - đại số M.
$3. ĐỘ ĐO LEBERGUE TRÊN ℜ 1. Khoảng trong ℜ
Định nghĩa 1. Các tập hợp sau đây được gọi là các khoảng trong ℜ:
(a, b), [a, b], (a, b], [a, b), (- ∞, a), (-∞, a], (a, +∞), [a, +∞) (-∞, +∞).
Để ý rằng giao của hai khoảng bất kỳ trong ℜ cũng là khoảng
trong ℜ hoặc là tập hợp rỗng.
Định nghĩa 2. Nếu Ι là khoảng trong ℜ có hai đầu mút là a, b
(-∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞) thì ta gọi số Ι = b - a là độ dài của Ι .
2. Đại số các tập con của ℜ
Xét họ N các tập hợp P là hợp của hữu hạn các khoảng trong ℜ không giao nhau: { n
P ⊂ ℜ / P = U I , I ∩ I = φ i( ≠ j) (1) i i j } N = i 1 =
Trên N xét ánh xạ m : N → [ ,
0 +∞] xác định bởi
m(P) = n∑ I i i=1
nếu P có biểu diễn như trong (1).
Định lý 1. N là một đại số các tập con của ℜ. Chứng minh. Ta
kiểm tra ba điều kiện của định nghĩa đại số.
(i) Ta có ℜ = (-∞, +∞) ( hợp của một khoảng) nên hiển nhiên ℜ∈ N .
(ii) Giả sử P ∈ N thì P là hợp của hữu hạn khoảng không giao
nhau. Khi đó dễ thấy ℜ \ P cũng là hợp của hữu hạn khoảng
không giao nhau. Vậy ℜ \ P ∈ N.
(iii) Giả sử P, Q ∈ N, ta cần chứng minh P ∪ Q ∈ N. ∈
Trước hết ta chứng minh P∩Q N.
Thật vậy, vì P, Q đều là hợp của hữu hạn khoảng không giao
nhau nên ta có biểu diễn: n
P = U I , I = φ ≠ i i I I ,(i i') i' i 1 =k
Q = U J , J = φ ≠ j j I J , ( j j') j' j 1 = Khi đó k k
P I Q = P I ( U J ) = ( P J ) = j U I j j =1 j =1 k n k n
= U [( U I ) J ] = ( I J ) i I j U U i I j j =1 i =1 j = i 1 =1 Thế mà I J = L i I j
ij ( i = 1, 2, ... , n ; j = 1, 2, ... , k) là các
khoảng không giao nhau đôi một nên P∩Q ∈ N. Bây
giờ ta chứng minh P ∪ Q ∈ N khi P, Q ∈ N .
Thậy vậy, ta có P, Q ∈ N nên theo (ii) ℜ \ P ∈ N , ℜ \ Q ∈ N. Khi
đó, theo phần vừa chứng minh, (ℜ \ P) ∩ (ℜ \ Q) ∈ N , hay
ℜ \ (P ∪ Q) ∈ N, lại theo (ii) suy ra P ∪ Q ∈ N .
Vậy, N là đại số các tập con của ℜ, định lý được chứng minh.
Định lý 2. Ánh xạ m ánh xạ σ - cộng tính. Chứng minh. ∞
Giả sử Q = U P , trong đó các tập hợp Pk đôi một rời nhau, k k=1
Q, Pk ∈ N (Q và Pk đều là hợp của hữu hạn khoảng không giao nhau). +∞
Ta cần chứng minh m(Q) = ∑ m(P ) k k=1
Không mất tính tổng quát ta có thể xem Q và mỗi Pk chỉ là một khoảng trong ℜ.
Trước hết ta chứng minh cho trường hợp Q là khoảng hữu hạn.
Khi đó các Pk cũng là khoảng hữu hạn.
Giả sử Q là khoảng hữu hạn có hai đầu mút là a, b , còn Pk có hai đầu mút là ak, bk .
- Với mỗi n = 1, 2, ... , luôn tồn tại hữu hạn các khoảng Ι i
( i = 1, 2, ... , ni ) sao cho n i n
Q = ( U P ) ( I ) k U U i k 1 = i 1 =
trong đó các Pk , Ι i rời nhau. Khi đó Q = n ni n
∑ P + ∑ I ≥ ∑ P k i k k=1 i=1 k=1 Cho n → + ∞ , ta được +∞ Q ≥ ∑ P (2) k k =1 - Cho ε > 0 tuỳ ý sao cho b−a ε < . 2 Đặt Q = (a ε − b ε + (k = 1, 2, ... ) k , k ) k k 2 k 2
Q'= [a + ε ,b − ε ] Ta có Pk ⊂ Qk nên +∞ +∞
Q'⊂ Q = U P ⊂ Q k U k k=1 k=1
Mặt khác, Q' là tập compact nên mỗi phủ mở của Q' đều có một phủ
con hữu hạn , khi ấy tồn tại hữu hạn các tập
Q ,Q ,...,Q k k k 1 2 n sao cho n Q'⊂ UQ k i i 1 = Suy ra
Q' ≤ n∑ Q k i= i 1 hay b − a − n
2 ≤ ∑ (b − a + 2ε ε ki ) ≤ k k i=1 i i 2 +∞ +∞ +∞
≤ ∑ (b − a + 2ε b a ε k ) = ∑ ( − ) + ∑ k−1 k k k k k=1 2 k= k=12 1 +∞ ε
Thế nhưng ∑ k− lại là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu =12 1 k
u1 = ε , công bội q = 1/2 nên hội tụ và có tổng là 2ε . Vậy b − a − ε +∞
2 ≤ ∑ (b − a ) + ε 2 k k k 1 = hay Q ≤ +∞ ∑ P + ε 4 k k 1 = Cho ε → 0, ta có +∞ Q ≤ ∑ P (3) k k =1 Từ (2) , (3) suy ra +∞ Q = ∑ P k k =1 hay +∞
m(Q) = ∑ m(P ) k k=1 Bây
giờ ta chứng minh cho trường hợp Q là khoảng vô hạn. Khi đó Q = +∞.
Rõ ràng ta luôn có thể biểu diễn Q ở dạng Q = +∞
U I , I ⊂ I ⊂ ..., lim I = +∞ n 1 2 n n=1 n→+∞
trong đó các Ι n đều là khoảng hữu hạn. +∞
Chẳng hạn, Q = (a,+∞) = U (a, a + n) n=1 ∞
Vì I ⊂ Q và Q = n
U P , các Pk rời nhau nên k k=1 +∞ +∞ I = I Q I P I P n n I = nI( U ) = k U ( n I ) k k=1 k=1
trong đó các tập hợp I
P hữu hạn và rời nhau theo chỉ số n I k k = 1, 2, ...
Theo phần vừa chứng minh +∞ +∞
I = ∑ I I P ≤ ∑ P n n k k k =1 k =1 Cho n → + ∞ , ta được +∞ + ∞ ≤ ∑ P k k=1 Do đó phải có +∞
∑ P = +∞ = Q k k =1
Vậy, m là ánh xạ σ - cộng tính trên đại số N các tập con của ℜ.
Theo định lý Hahn về thác triển ánh xạ σ - cộng tính thành độ đo, ta
có một σ - đại số M chứa N và một độ đo đủ μ là thác triển của m từ N lên M .
3. Độ đo Lebesgue trên ℜ
Định nghĩa 3. Độ đo μ và σ - đại số M nhận được khi thác triển
ánh xạ m trên đại số N các tập con của ℜ được gọi lần lượt là độ đo
Lebesgue và σ - đại số các tập đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ. Các tính chất
Độ đo Lebesgue μ và σ - đại số M các tập đo được theo nghĩa
Lebesgue trên ℜ có các tính chất sau đây. 1. μ là độ đo đủ. 2.
Tập không quá đếm được trên ℜ có độ đo không. 3.
Tập mở, tập đóng trên ℜ là tập đo được.
4. Tập A ⊂ ℜ là đo được khi và chỉ khi với mọi ε > 0 tồn tại
các tập mở G, tập đóng F sao cho F ⊂ A ⊂ Q và μ (G \ F) < ε .
5. Nếu A đo được thì các tập hợp t A , x0 + A ( t, x0 ∈ ℜ) cũng
đo được và μ ( t A ) = / t /μ ( A ) , μ ( x0 + A ) =μ ( A), trong đó
tA = {ta / a ∈ }
A , x + A = 0
{x + a / a∈ 0 } A Các ví dụ
a) Tập hợp Q các số hữu tỷ có độ đo không.
b) Tập hợp Cantor P0 trên [0, 1] xây dựng theo cách dưới đây có độ đo không. Xét tập hợp [0, 1]. -
Bước 1. Chia [0, 1] thành ba khoảng bằng nhau, bỏ đi khoảng giữa G1 = (1/3, 2/3). -
Bước 2. Chia ba mỗi đoạn còn lại là [0, 1/3] và [2/3, 1] , bỏ đi
khoảng giữa của chúng, đặt G2 = (1/9, 2/9) ∪ (7/9, 8/9). - v.v...
Gọi Gn là hợp của 2n-1 các khoảng bỏ đi ở bước thứ n , ∞
G = U G là hợp của tất cả các khoảng bỏ đi , P0 = [0,1] \ G. k k=1
Ta có các tập Gn rời nhau và μ (Gn ) = 2n-1. 1/ 3n = 1/2 . (2/3)n Khi đó +∞ +∞
μ(G) = ∑ μ(G ) = 1 ∑ 2 ( )n = 1 n 2 3 n=1 n=1
Vậy μ (P0) = μ ([0, 1]) - μ (G) = 0.
Để ý rằng tập hợp P0 là tập không đếm được và có độ đo không. $4. HÀM SỐ ĐO ĐƯỢC
1. Tập hợp số thực mở rộng Cho
tập hợp số thực ℜ = (-∞, + ∞). Ta
bổ sung cho tập hợp này hai phần tử là -∞, +∞ , tập hợp mới thu
được là [-∞, +∞] = (-∞, + ∞) ∪ {-∞, + ∞} . Ta gọi đây là tập số thực
mở rộng, ký hiệu là ℜ , với các quy ước về phép toán như sau. -
∞ < a < +∞ với mọi a ∈ ℜ;
a + (+∞) = (+∞) + a = +∞ với mọi a ∈ (-∞, +∞];
a + (-∞) = (-∞) + a = -∞ với mọi a ∈ [-∞, +∞); a
. (+∞) = (+∞) . a = +∞ với mọi a ∈ ( , 0 +∞]
a . (-∞) = (-∞) . a = -∞ với mọi a ∈ ( , 0 +∞];
a . (+∞) = (+∞) . a = -∞ với mọi a ∈ (-∞, 0);
a . (-∞) = (-∞) . a = +∞ với mọi a ∈ (-∞, 0); 0
. (+∞) = (+∞) . 0 = 0; 0 . (-∞) = (-∞ ) . 0 = 0; a = a = , 0 ∀a ∈ ℜ +∞ −∞ + ∞ = − ∞ = +∞
Các ký hiệu (+∞) + (-∞), (+∞) - (+∞), (-∞) - (-∞), ±∞ a
±∞ , 0 với mọi a ∈ ℜ đều không có nghĩa. 2. Hàm số hữu hạn
Định nghĩa 1. Hàm số f : A → ℜ được gọi là hữu hạn trên A nếu f(A) ⊂ ℜ. Các ví dụ
1. Hàm số f(x) = sinx là hữu hạn trên ℜ vì f(ℜ ) = [-1, 1] ⊂ ℜ.
2. Hàm số f(x) = x là hữu hạn trên ℜ vì f(ℜ ) = ℜ ⊂ ℜ. 3. Hàm số ⎧ 1 khi x ∈ ( ) 1 , 0
f (x) = ⎨ x ⎩+ ∞ khi x = 0
là hàm số không hữu hạn trên [0, 1).
3. Hàm số đo được
Dưới đây ta cho (X, M) là không gian đo được và A ∈ M .
Định nghĩa 2. Hàm số f : A → ℜ được gọi là đo được trên A nếu
∀a ∈ℜ,{x ∈ A/ f (x) < } a ∈ M σ
Nếu X = ℜ và M là
- đại số các tập đo được theo nghĩa Lebesgue
trên ℜ, thì f được gọi là hàm đo được theo Lebesgue. Các ví dụ
4. Hàm hằng trên A là đo được trên A.
Thật vậy, giả sử f(x) = c = const với mọi x ∈ A và a là một số thực bất kỳ . Đặt
B = {x ∈ A/ f (x) < } a Khi đó
- Nếu a ≤ c thì B = φ nên B ∈ M ;
- Nếu a > c thì B = A nên B ∈ M. Vậy f đo được trên A.
5. Các hàm số đã xét ở ví dụ 1, 2, 3 đều là hàm đo được trên các tập tương ứng.
Định lý 1. Các điều kiện sau đây là tương đương.
(1) Hàm số f đo được trên A. (2)
∀a ∈ℜ,{x∈ A/ f (x) ≥ } a ∈ M (3)
∀a ∈ℜ,{x∈ A/ f (x) > } a ∈ M (4)
∀a ∈ℜ,{x∈ A/ f (x) ≤ } a ∈ M Chứng minh. Đặt
B = {x ∈ A/ f (x) < } a
C = {x ∈ A/ f (x) ≥ } a
D = {x ∈ A/ f (x) > } a
E = {x ∈ A/ f (x) ≤ } a
Khi đó ta có C = A \ B, E = A \ D.
Do đó B ∈ M ⇔ C ∈ M và E ∈ M ⇔ D ∈ M .
Suy ra (1) ⇔ (2), (3) ⇔ (4) nên ta chỉ cần chứng minh (2) ⇔ (3).
- Trước hết ta chứng minh +∞ +∞
D = UC ,C = D n I n n=1 n=1 trong đó
C = x ∈ A / f (x ≥ a 1 ) + n { n }
D = x ∈ A / f (x > a 1 ) − n { n }
Thật vậy, lấy x ∈ D thì x ∈ A và f(x) > a. Theo tính chất trù mật của tập ( ≥ + 1 ) >
số thực, tồn tại n f x a 0 sao cho a n 0 +∞ x ∈ C x ∈ C Suy ra n n 0 do đó U n=1 +∞ x ∈ C x ∈ C Ngược lại, lấy
U n thì tồn tại n0 sao cho n0 n=1 1 ≥ +
Khi đó x ∈ A và f (x)
a n nên f(x) > a. Suy ra x ∈ D. 0
Bây giờ ta lấy x ∈ C thì x ∈ A và f (x) ≥ a nên với mọi n ta có +∞
f (x > a 1 ) − x ∈ D x ∈ D n . Suy ra
n với mọi n, do đó I n n=1 +∞ x ∈ D Ngược lại, lấy
I n thì x∈ Dn với mọi n, do đó x ∈ A và n=1
f (x > a 1 )
− n với mọi n. Lấy giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối 1 cùng này khi n = −
→ + ∞ , ta được lim f (x) lim (a ) n hay n→+∞ n→+∞
f (x) ≥ a . Do đó x ∈ C.
Vậy ta có các đẳng thức về tập hợp cần chứng minh trên đây.
- Bây giờ ta chứng minh (2) ⇔ (3).
Thật vậy, giả sử ta có (2), khi đó với mọi a ∈ ℜ và mọi n ta có Cn ∈ M
. Mà M là σ - đại số nên D ∈ M . Vậy (3) được thoả mãn.
Ngược lại, giả sử ta có (3). Khi đó với mọi a ∈ ℜ và mọi n ta có Dn ∈ σ M . Mà M là
- đại số nên C ∈ M . Vậy (2) được thoả mãn.
Định lý chứng minh xong. Hệ quả
1º Nếu f đo được trên A ∈ M và Β ⊂ Α, B ∈ M thì f đo được trên Β. Chứng minh.
Với ∀a ∈ ℜ ta có
{x∈Β/ f (x) < }
a = Β ∩{x ∈ Α / f ( x) < } a ∈ M ∞
2º f đo được trên Α , Α , … và f xác định trên Α = Α 1 2 n U thì f đo được n 1 = trên Α. Chứng minh.
Với ∀a ∈ ℜ ta có { ∞ ∞ ⎧ ⎫
x ∈ Α / f ( x) < }
a = ⎨x ∈ Α / f ( x) < a⎬ = {x∈ Α / f x < a ∈ n n ( ) } U U M ⎩ n 1 = ⎭ n 1= do M là δ - đại số.
4. Các tính chất của hàm đo được
1º Nếu f đo được trên Α và c = const ∈ ℜ thì cf đo được trên Α.
2º Nếu f , g đo được và hữu hạn trên Α thì f + g , fg đo được trên Α.
3º Nếu f đo được trên Α, α > 0 thì f α đo được trên Α. 1
4º Nếu f ( x) ≠ 0, x
∀ ∈ Α và f đo được trên Α thì đo được trên Α. f
5º Nếu f , g đo được trên Α thì max ( f , g ) , min ( f , g ) đo được trên Α.
6º Nếu { f là dãy hàm đo được trên Α thì sup f , inf f , lim sup f , n} n n n n n n→∞
lim inf f đo được trên Α. n n→∞
7º Nếu { f hội tụ trên Α, f đo được trên Α thì lim f đo được trên Α. n} n n n→∞
8º Nếu f , g đo được trên Α thì các tập hợp {x ∈ Α / f ( x) < g ( x)},
{x∈Α/ f (x) ≤ g(x)}, {x∈Α/ f (x) = g(x)} đều thuộc M .
9º Nếu f đo được trên Α thì các hàm số ⎧ ≥ f + ( x)
f ( x), khi f ( x) 0 = ⎨ = khi f ⎩ (x) max{ f ( x), } 0 0, < 0 và ⎧ ≥ f − ( x) 0, khi f ( x) 0 = ⎨ = − − f ⎩
(x) khi f (x) max{ f ( x), } 0 , < 0
là những hàm số đo được trên Α.
5. Hàm đặc trưng của tập hợp
Định nghĩa 2. Cho Α ⊂ Χ . Hàm số χ : Χ → ℜ A xác định bởi ⎧ ∈ Α χ = Α ( ) 1, neu x x ⎨ ⎩0, neu x ∉ Α
được gọi là hàm số đặc trưng của Α (trên Χ ).
Tương tự ta có khái niệm hàm đặc trưng của tập hợp E trên A.
Ví dụ 6. Hàm số Direchle: D: ℜ → ℜ xác định bởi ⎧1 khi x ∈ Q
D(x) = ⎨⎩0 khi x∈ℜ \Q
là hàm đặc trưng của Q trên ℜ.
Ta xét tính chất đo được của hàm đặc trưng.
Định lý 2. Hàm đặc trưng χ của tập hợp Ε ⊂ Α là đo được trên Α khi và E chỉ khi E ∈ M. Chứng minh.
Với ∀a ∈ ℜ ta có ⎧ Α , neu a > 1 { ⎪ x ∈ Α : χ
x < a = ⎨Α Ε neu < a ≤ E ( ) } \ , 0 1 ⎪ ∅, neu a ≤ 0 ⎩
- Nếu E ∈ M thì A \ E ∈ M , do đó χ đo được trên Α. E
- Nếu E ∉ M thì A \ E ∉ M , do đó χ không đo được trên Α. E 6. Hàm đơn giản
Định nghĩa 3. Hàm số S : Χ → [0; + ∞] xác định trên Χ và chỉ nhận một
số hữu hạn các giá trị hữu hạn không âm được gọi là hàm số đơn giản trên Χ .
Tương tự ta có khái niệm hàm đơn giản trên tập hợp Α ⊂ Χ .
Ví dụ 7. Hàm số Direchle trên đây là hàm số đơn giản trên ℜ vì nó chỉ nhận
hai giá trị hữu hạn không âm là 0 và 1. Ví dụ 8. Xét hàm số ⎧1 khi x ∈ ) 3 , 1 [ ⎪
f (x) = ⎨2 khi , 3 [ ] 4 ⎪ ⎩4 khi ( 7 , 4 )
Đây là hàm đơn giản trên [1, 7). Nhận xét
Cho hàm đơn giản S : Χ → [0; + ∞] và α , α , …, α là các giá trị khác 1 2 n
nhau đôi một của S . Đặt
Χ = {x∈ Χ : S (x) = α }, k =1,n. k k ∞ n
Thế thì các Χ rời nhau, Χ = Χ S x = ∑α χ x , x ∀ ∈ Χ. k k U và ( ) k Χ ( ) k k 1 = k 1 =
Ví dụ 9. Xét hàm đơn giản ở ví dụ 8.
Đặt Α = [1, 3), A = [3, 4], A = (4, 7), α = 1, α = 2, 1 2 3 1 2
α3 = 4. Khi đó các tập hợp này rời nhau và
f (x) = α χ (x) + α χ (x) + α χ (x) 1 với mọi x ∈ [1, 7). 1 A 2 2 A 3 3 A
Xét tính chất của hàm đơn giản.
Cho (Χ , M ) - không gian đo được, A ∈ M.
Định lý 3. Cho S là hàm đơn giản trên Α n n
S ( x) = ∑α χ x ,
A = A , Α rời nhau, α khác nhau. k Α ( ) k U k k k k 1 = k =1
Khi đó S đo được trên Α khi và chỉ khi mọi Ak ∈ M. Chứng minh.
- Nếu S đo được trên Α thì
{x∈Α: S (x) =α } = Α ∈M , k =1,n k k
- Nếu Α , …, A ∈ χ 1 k
M thì theo định lý 1 mọi hàm đặc trưng Α đo được k
trên Α. Khi đó hàm S ( x) đo được trên Α (vì là tổng, tích các hàm hữu hạn đo được).
7. Cấu trúc của hàm đo được
Định lý 4. Mọi hàm số đo được không âm trên Α đều là giới hạn của một dãy
đơn điệu tăng các hàm đơn giản đo được trên Α. Chứng minh.
Giả sử f là hàm đo được không âm trên Α. Đặt ⎧ n , khi
f ( x) ≥ n ⎪ S x = n ( ) ⎨m −1 m −1 m , khi ≤ f x < m = n ⎪ n n ( ) , 1, 2,..., 2n ⎩ 2 2 2n thì S
x là dãy đơn điệu tăng (theo n ) các hàm đơn giản đo được trên Α. n ( )
Ta chứng minh lim S ( x) = f ( x), x ∀ ∈ Α . n n→∞ Thật vậy,
- Nếu f ( x) < +∞ thì với n đủ lớn ta có f ( x) < n. Do đó với n
∀ đủ lớn tồn tại số tự nhiên ∈{1,2,..., 2n m n } sao cho m −1 m − ≤ m f x < . Vì S x = nên S x − f x < với n đủ n ( ) ( ) 1 n ( ) 1 n ( ) 2 2n 2n 2n lớn.
- Nếu f ( x) = +∞ thì S x = n với n ∀ . n ( ) Suy ra, lim S
x = +∞ = f x . n ( ) ( ) n→∞
Vậy, lim S ( x) = f ( x), x
∀ ∈ Α trong cả hai trường hợp. n n→∞
$5. SỰ HỘI TỤ HẦU KHẮP NƠI
1. Khái niệm hầu khắp nơi
Định nghĩa 1. Cho không gian độ đo (X, μ M, ) và A ∈ M . Ta nói một
tính chất ℑ nào đó xảy ra hầu khắp nơi trên tập hợp A nếu tồn tại một tập
hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho tính chất ℑ xảy ra tại mọi x ∈ A \ B. Nói
một cách khác, các điểm x ∈ A mà tại đó tính chất ℑ không xảy
ra đều thuộc tập hợp có độ đo không.
Hiển nhiên, một tính chất xảy ra ( khắp nơi ) trên A thì xảy ra hầu khắp nơi trên A.
Sau đây ta đưa ra một vài khái niệm cụ thể thường sử dụng.
Định nghĩa 2. Hai hàm số f, g cùng xác định trên tập hợp
A ∈ M được gọi là bằng nhau hầu khắp nơi trên A (hay tương
đương nhau trên A ) nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao
cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A \ B.
Khi đó ta ký hiệu f ~ g (trên A).
Ví dụ 1. Hàm số Dirichlet D(x) ~ 0 trên ℜ vì D(x) = 0 với mọi
x ∈ ℜ \ Q , trong đó Q ⊂ ℜ là tập đo được và có độ đo không. Ví dụ 2. Hàm số ⎧ 1 khi x ∈ ( ) 1 , 0
f (x) = ⎨ x ⎩+ ∞ khi x = 0
tương đương với hàm số ⎧1 khi x ∈ ( ) 1 , 0
g(x) = ⎨x ⎩1 khi x = 0
trên [0, 1), vì f(x) = g(x) với mọi x ∈ [0, 1) \ B, trong đó
B = {0} là tập con của [0, 1), đo được và có độ đo không. Ví dụ 3. Hàm số ⎧sin x khi x ∈[ , 0 π ] Q f (x) = ⎨ 2 I ⎩cos x khi x ∈[ , 0 π ] \ Q 2 π
tương đương với hàm số g(x) = cosx trên [0, 2 ] .
Định nghĩa 3. Hàm số f được gọi là hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A ∈
M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M,
μ (B)= 0 sao cho f(x) ∈ ℜ với mọi x ∈ A \ B.
Ví dụ 4. Hàm số f(x) được cho ở ví dụ 2 hữu hạn hầu khắp nơi trên [0, 1).
Định nghĩa 4. Hàm số f được gọi là xác định hầu khắp nơi trên tập hợp A ∈
M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M,
μ (B) = 0 sao cho f xác định trên A \ B. f (x 1 ) =
Ví dụ 5. Hàm số sơ cấp
x xác định hầu khắp nơi trên ℜ . {fn}
Định nghĩa 5. Dãy hàm số
được gọi là hội tụ hầu khắp nơi về hàm
số f trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) =
lim f (x) = f (x) 0 sao cho n n→+∞
với mọi x ∈ A \ B. {fn} Ví dụ 6. Dãy hàm số xác định bởi 2 n
x +3x−sin x f (x) = n 2 n 4−x+ x x2 +3x f (x) =
hội tụ hầu khắp nơi về hàm số 4−x trên [-1, 1].
2. Sự hội tụ hầu khắp nơi
Định lý 1. Cho không gian độ đo (X, μ M, ) và A ∈ M . Khi đó {f {fn} n } (i) Nếu f ~ g (trên A) và
hội tụ h.k.n về f trên A thì
hội tụ h.k.n về g trên A. {f {fn} n } (ii) Nếu
hội tụ h.k.n về f trên A và hội tụ h.k.n về g trên A thì f ~ g (trên A). Chứng minh.
(i) Vì f ~ g (trên A) nên tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) =
0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A \ B. {fn} Mặt khác, vì
hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A ,
lim f (x) = f (x) C ∈ M, μ (C) = 0 sao cho n n→+∞ với mọi x ∈ A \ C.
Khi đó (B U C) ⊂ A, B U C ∈ M, μ (B U C) = 0 và với mọi
x ∈ (A \ B) I ( A \ C) = A \ (B U C) ta có
lim f (x) = f (x) = g(x) n n→+∞ {fn} Vậy
hội tụ h.k.n về g trên A. {fn} (ii) Tương tự, do
hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp
lim f (x) = f (x)
B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho n n→+∞ với mọi x ∈ A \ B. {fn} Lại do
hội tụ h.k.n về g trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A , C ∈
lim f (x) = g(x) M, μ (C) = 0 sao cho n n→+∞ với mọi x ∈ A \ C.
Khi đó, theo tính chất duy nhất của giới hạn của dãy số, với mọi x ∈ (A
\ B) I ( A \ C) = A \ (B U C) ta phải có
lim f (x) = f (x) = g(x) n n→+∞ .
Mà (B U C) ⊂ A, B U C ∈ M, μ (B U C) = 0 nên f ~ g (trên A).
Định lý được chứng minh.
Từ định lý suy ra rằng, nếu ta đồng nhất các hàm số tương đương thì
giới hạn của dãy hàm hội tụ hầu khắp nơi là duy nhất. {fn}
Định lý 2. (Egoroff) Giả sử
là một dãy hàm đo được, hữu hạn
h.k.n, hội tụ h.k.n về hàm số f đo được, hữu hạn h.k.n trên một tập hợp
A có độ đo hữu hạn. Khi đó với mỗi ε > 0, tồn tại một tập hợp E đo {fn}
được, E ⊂ A sao cho μ (A \ E) < ε và dãy hàm hội tụ đều về f trên E.
Ý nghĩa: Định lý Egoroff khẳng định rằng mọi sự hội tụ có thể biến thành hội
tụ đều sau khi bỏ đi một tập hợp có độ đo bé tuỳ ý.
Mối liên hệ giữa hàm đo được và hàm liên tục trên ℜ
- Nếu A là tập đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ và hàm số f :
A → ℜ là hàm liên tục trên A thì f đo được (L) trên A.
Thật vậy, nếu a ∈ ℜ là một số thực bất kỳ thì vì f liên tục trên A nên tập hợp −1
B = { x ∈ A : f(x) < a } = f (-∞, a)
là một tập mở trong A.
Mặt khác, do A là không gian con của ℜ nên B = A I G , với G là
một tập mở trong ℜ. Suy ra B đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ. Vậy f đo được (L) trên A.
- Ngược lại, một hàm số đo được (L) trên tập hợp A⊂ ℜ chưa chắc là hàm liên tục trên A.
Tuy nhiên định lý dưới đây sẽ cho ta thấy một hàm đo được có thể trở thành
hàm liên tục nếu bỏ qua một tập hợp có độ đo bé tuỳ ý.
Định lý 3. (Lusin) Giả sử
f là một hàm số hữu hạn xác định trên tập hợp A⊂ ℜ ;
A là tập đo được theo nghĩa Lebesgue và có độ đo hữu hạn. Khi đó
f đo được (L) trên A khi và chỉ khi với mọi số ε > 0,
tồn tại một tập hợp đóng F ⊂ A sao cho μ (A \ F) < ε và f liên tục trên F.
$6. SỰ HỘI TỤ THEO ĐỘ ĐO 3. Khái niệm
Định nghĩa 1. Giả sử (Χ , M , μ ) là không gian độ đo, Α ∈ M và f , f , 1
f , … là những hàm đo được hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Dãy { f được n} 2
gọi là hội tụ theo độ đo đến f và ký hiệu f μ
⎯⎯→ f trên A, nếu với n ε ∀ > 0 ta đều có
lim μ ({x∈ Α : f (x) − f (x) ≥ ε}) = 0. n n→∞ Nói cách khác, với ε ∀ > 0 δ
∀ > 0 ∃n ∈ sao cho 0 n
∀ ∈ : n > n ⇒ μ x ∈ Α : f x − f x ≥ ε < δ . 0 ({ n ( ) ( ) })
Chú ý: Điều kiện f , f , f , … hữu hạn hầu khắp nơi đảm bảo cho 1 2
f − f xác định hầu khắp nơi trên A. n
Ví dụ 1. Xét dãy hàm { f xác định bởi n} ⎧ 1 , x khi x ∈ [0,1 − ) ⎪ n f ( x) = n ⎨ 1 ⎪ 2, khi x ∈ [1 − ,1) ⎩ n = ∈
và hàm số f ( x) , x x [0,1) . Thế thì f μ
⎯⎯→ f trên [0,1). n
4. Tính duy nhất của giới hạn theo độ đo Định lý 1.
a) Nếu f , g đo được và f g trên A, f μ
⎯⎯→ f trên A thì n f μ ⎯⎯→ g trên A. n b) Nếu f μ
⎯⎯→ f trên A và f μ
⎯⎯→ g trên A thì f g trên A. n n Chứng minh. a) Vì f
g trên A nên tập hợp Β = {x ∈ Α : f ( x) ≠ g ( x)} có độ đo
μ (Β) = 0 (vì f , g đo được nên Β∈M ). Với ε ∀ > 0 ta có Α = x f x g x n
{ ∈Α: n( )− ( ) ≥ε}=
= {x∈ A \ B : f (x) − g(x) ≥ ε x B f x g x n } { ∈ : ( ) − ( ) ≥ ε n }⊂ U
⊂ {x∈Α \ Β : f x g x n ( ) − ( ) ≥ ε}∪Β =
= {x∈Α \ Β : f x f x n ( ) − ( ) ≥ ε}∪Β ⊂
⊂ {x∈Α : f x f x n ( ) − ( ) ≥ ε}∪Β Suy ra μ (Α x f x f x B
n ) ≤ μ ({ ∈ Α : n ( ) − ( ) ≥ ε})+ μ( ) =
= μ ({x∈Α: f x f x n ( ) − ( ) ≥ ε}) → 0
khi n → ∞ vì f μ ⎯⎯→ f trên A.. n
Do đó lim μ (Α ) = 0. Vậy f μ ⎯⎯→ g trên A. n n n→∞ b) Đặt A = ∈ − > = 0
{x A : f ( x ) g( x ) 0}
= {x ∈ A : f ( x ) ≠ g ( x )},
Aε = {x ∈ A : f ( x ) − g ( x ) ≥ ε }, ε > 0 ⎧ 1 ⎫ ∗ A
= ⎨ x ∈ A : f ( x ) − g ( x ) ≥ ⎬ , ∈ ¥ k k k ⎩ ⎭ ⎧ ε ∗ ⎫ B
= ⎨ x ∈ A : f ( x ) − f ( x ) ≥ ⎬ , ∈ n n n ¥ 2 ⎩ ⎭ ⎧ ε ⎫ ∗ C
= ⎨ x ∈ A : f ( x ) − g ( x ) ≥ ⎬ , ∈ n n n ¥ 2 ⎩ ⎭
Ta có các tập hợp này đều đo được vì , , n f
f g đo được trên A.. Ta cần chứng minh μ( = 0 A ) 0 . +∞ =
- Trước hết ta chứng minh 0 A U k A . (1) k 1 = Lấy x ∈ 0
A , ta có x ∈ A và f (x) − ( g x) > 0 .
Theo tính chất trù mật của tập số thực sẽ tồn tại số tự nhiên 0 k sao cho +∞ 1 f ( x) − ( g x) ≥ > 0 ∈ , suy ra x ∈ A nên x U k A . 0 k 0 k k 1 = +∞ ∈ Ngược lại, lấy x U k
A thì tồn tại số tự nhiên 0 k sao cho k 1 = 1 x ∈ A
. Suy ra x ∈ A và f (x) − ( g x) ≥ nên 0 k 0 k f ( x) − (
g x) > 0 , do đó x ∈ 0 A .
Vậy (1) được chứng minh. Khi đó ta có +∞ μ( ≤ μ ∑ 0 A ) ( A ) k (2) k 1 = - Bây giờ ta chứng minh ∗ A ε ∀ > n B n C ε ⊂ U ,∀n ∈ ¥ , 0 (3) hay A \ A A \ ( B C ) ε ⊃ = nU n
= ( A \ B ) ( A \ C ). n I n
Thật vậy, lấy x ∈ ( A \ B ) ( A \ C ) n I
n ta có x ∈ A và ε ε ( ) − ( ) < − < n f x f x 2 và ( ) ( ) n f x g x 2 Suy ra f ( x) − (
g x) = f ( x) − f ( x) + f ( x) − ( g x) ≤ n n ε ε ≤
f ( x) − f ( x) + f ( x) − ( g x) < + = ε n n 2 2
Do đó x ∈ A \ Aε . Vậy (3) được chứng minh. Khi đó
μ( A ) ≤ μ(B ) + μ(C ) ε n n (4) Mà
lim μ( B ) = 0, lim μ(C ) = 0 n n n→+∞ n→+∞ vì f μ ⎯⎯→ f , f μ
⎯⎯→ g trên A, nên lấy lim hai vế của (4) ta được n n μ( A ) = 0, ε ∀ > 0 ε Suy ra μ ( ) 1 0, khi ε 0, ∗ Α = = > ∀k ∈ k k Từ (2) ta có μ( = 0 A )
0 . Định lý được chứng minh.
• Định lý này cho thấy giới hạn của dãy hàm số theo độ đo là duy nhất,
nếu ta đồng nhất các hàm tương đương (tức là bỏ qua tập hợp có độ đo 0).
5. Mối liên hệ giữa hội tụ hầu khắp nơi và hội tụ theo độ đo.
Định lý 2. Nếu dãy hàm số { f đo được, hữu hạn hầu khắp nơi, hội tụ hầu n}
khắp nơi đến hàm số f đo được, hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A có độ đo hữu hạn thì f μ ⎯⎯→ f trên A. n Chứng minh.
Giả sử ε và η là hai số dương tùy ý. Theo định lý Êgôrốp, tồn tại một tập hợp
con đo được B của tập hợp A sao cho μ (Α \ Β) <η và dãy hàm số { f hội n}
tụ đều đến hàm số f trên tập hợp B. Do đó tồn tại một số tự nhiên n sao cho 0
với mọi số tự nhiên n , nếu n ≥ n thì 0
f x − f x < ε với mọi x ∈Β n ( ) ( ) Khi đó
{x∈Α: f (x)− f (x) ≥ε}⊂ Α \Β với mọi n ≥ n ; n 0 nên
μ ({x∈Α: f x f x A B
với mọi n ≥ n , n ( ) −
( ) ≥ ε}) ≤ μ( \ ) <η 0 tức là f μ
⎯⎯→ f trên A (đpcm). n *Nhận xét.
Giả thiết μ (Α) < +∞ trong định lý 2 không thể bỏ qua. Ví
dụ 2. Giả sử { f là một dãy hàm số xác định trên bởi n} ⎧ khi x < n f x = n ( ) 0 ⎨
⎩n khi x ≥ n n = 1, 2... và
f ( x) = 0 với mọi x ∈ . -
Dễ thấy dãy hàm số { f hội tụ khắp nơi đến hàm số f trên . n}
Thật vậy, giả sử x ∈ là số cố định, bất kì. Khi đó luôn tồn tại số tự nhiên 0 n sao cho x < 0
n . Thế thì với mọi số tự nhiên n > 0 n , ta có x < n nên ( ) 0 n f x = .
Suy ra lim f ( x) = lim 0 = 0 = f ( x) n . Vậy f x → trên . n ( ) 0 n→+∞ n→+∞
- Tuy nhiên { f không hội tụ theo độ đo đến f trên . n}
Thật vậy, với 0 < ε < 1 và với mọi số tự nhiên n , ta đều có
{x∈ : f (x)− f (x) ≥ε}={x∈ : f (x) ≥ε}=[n, +∞ n n ). Do đó
μ ({x∈ : f (x) − f (x) ≥ ε}) = +∞ với mọi n. n Ví dụ 3. Α =
, μ là độ đo Lebesgue trên đường thẳng và khi n x n f x n ( ) 1, ⎧ ≤ ≤ +1
= ⎨⎩0, tai cac diemkhac
Thế thì f ( x) → 0 tại mọi điểm, nhưng với n ∀ n μ ⎧⎨ f x 0 n ( ) 1⎫ ( − 0 ≥ ) ⎬ =1→ ⎩ 2⎭
Định lý 3. Nếu { f hội tụ theo độ đo đến f trên A thì tồn tại dãy con { f k n } n}
hội tụ hầu khắp nơi đến f trên A. Chứng minh. Vì f μ
⎯⎯→ f trên A, nên với ε ∀ > 0 n
lim μ ({x∈ Α : f (x) − f (x) ≥ ε}) = 0 n n→∞ Do đó với n
∀ , tồn tại k sao cho với m ∀ ≥ k n n μ ⎛ ⎧ ⎫⎞
⎜ ⎨x ∈ Α f x − f x ≥ ⎬ < m ( ) ( ) 1 1 : ⎝ n ⎟ ⎩ ⎭⎠ 2n Đặc biệt μ ⎛ ⎧ ⎫⎞
⎜ ⎨x ∈ Α f
x − f x ≥ ⎬ < k ( ) ( ) 1 1 : ⎟ n ⎝ ⎩ n ⎭⎠ 2n
Vì có thể lấy k lớn tùy ý nên sau khi lấy k ta chọn k > k , k > k , … n 1 2 1 3 2
Như vậy ta được dãy con { f ⊂ f . Đặt k } { n} n ⎧ ⎫ ∞ ∞ ∞
Β = ⎨x∈ Α f x − f x ≥ , Β = Β Β = C n k ( ) ( ) 1 : ⎬ I U hay I , n ⎩ n ⎭ n m m 1 = n=m m 1 = ∞ C = Β m n U n=m Ta
chứng minh μ (Β) = 0 và lim f
x = f x với x ∀ ∈ Α \ Β. k ( ) ( ) n n→∞
Thật vậy, ta có μ (Β < , nên n ) 1 2n ∞ ∞ ∞ μ ⎛ ⎞ Β ≤ U ∑ μ Β < ∑ = 1 ⎜ , μ (Β) ≤ μ (C < với m ) n ⎟ ( n ) 1 1 n m 1 − ⎝ m 1 2 − n=m ⎠ n=m n=m 2 2 m ∀ . Do đó μ( B) = 0 .
Nếu x ∈ A \ B thì tồn tại số tự nhiên ∉ 0 m để x C . Do đó 0 m x ∉Β với n
∀ ≥ m . Từ định nghĩa tập hợp x ∈ Α Β thì n 0 n B suy ra \ f
x − f x < với n ∀ ≥ m . k ( ) ( ) 1 n n 0 Vậy lim f
x = f x với x
∀ ∈ Α \ Β hay dãy con { f hội tụ hầu k n } k ( ) ( ) n n→∞
khắp nơi đến f trên A (đpcm).
CHƯƠNG II. TÍCH PHÂN LEBESGUE $1. ĐỊNH NGHĨA
1. Tích phân của hàm đơn giản
Cho không gian độ đo (Χ , M , μ ), Α ∈ M và S là hàm đơn giản, đo
được trên A. Gọi α , α , …, α là các giá trị khác nhau đôi một của S . 1 2 n Đặt A = x A S x k n . k { ∈ : ( ) =αk}, =1, n = n
Thế thì các A rời nhau, A U k
A và S (x) = ∑α χ x x A. k A ( ) , ∀ ∈ k k k 1 = k 1 = Khi
đó người ta định nghĩa tích phân của hàm S như sau. n α μ
a) Định nghĩa 1. Số ( A )
∑ k k được gọi là tích phân của hàm đơn k 1 =
giản, đo được S trên tập hợp A đối với độ đo μ và kí hiệu Sdμ ∫ A hay ( S x)dμ ∫ . A Vậy n Sdμ = α μ( A ) ∫ ∑ k k (1) A k 1 = b) Nhận xét 1. Sdμ ∫
là một số không âm hữu hạn hoặc vô hạn. A
2. Ta chứng minh định nghĩa tích phân bởi công thức (1) là hợp lý, nghĩa
là chứng minh giá trị của tích phân đó không phụ thuộc vào cách biểu diễn hàm số S(x).
Thật vậy, giả sử hàm đơn giản S(x) có hai cách biểu diễn: n
S ( x) = ∑α χ x x A; k A ( ) , ∀ ∈ k k 1 = m
S ( x) = ∑β χ x x A, i B ( ) , ∀ ∈ i i 1 = n m trong đó A , k i
B ∈ M, A = = U k A U , i B k 1 = i 1 = A ∩ A = φ ∩ = φ ≠ ≠ ' , B B ' , k k ', i i ' k k i i . n m Ta cần chứng minh α μ( A ) = β μ(B ) ∑ ∑ k k i i . k 1 = i 1 = m m = I = I = Ta có A A A A ( B ) ( A B ) k k k
U i U kI i , i 1 = i 1 = trong đó ( A B ) ( A B = = φ ≠ I I I ') A (B B I I ') ,i i' k i k i k i i m μ = μ ∑ Do đó ( A ) ( A B ) k kI i i 1 = n n m ⇒ α μ( A ) = α μ( A B ) ∑ ∑ ∑ k k k kI i k 1 = k 1 = i 1 = m m n β μ = β μ ∑ ∑ ∑ Tương tự ( B ) ( B A ) i i i iI k i 1 = i 1 = k 1 = Xét một cặp ( ,
k i) , có hai khả năng: + k A i B = ∅ I , khi đó α μ( A
B ) = 0 = B μ( A B ) k kI i i kI i + ∈ k A i B ≠ ∅ I , lấy 0 x k A I i B thì ( S = α = β ⇒ α = β 0 x ) , ( S 0 x ) k i k i ⇒ α μ( A B ) β = μ( A B ) k kI i i kI i . m n m n α μ = β μ ∑ ∑ I ∑ ∑ Vậy ( A B ) ( A B ) k k i i kI i . i 1 = k 1 = i 1 = k 1 =
Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1. Cho hàm Direchle trên [0, ] 1 : 1, ⎧ khix ⎪ ∈ QI [0, ] 1 = ( D x) ⎨ ⎪ . 0, khix ∈ ⎩ [0, ] 1 \ Q
Ta có μ(QI [0,1]) ≤ μ(Q) = 0
⇒ μ(QI [0,1]) = 0 . Do đó μ [ ( 0, ] 1 \ Q) = 1 . Vậy (
D x)dμ = 1.0 + 0.1 = 0 ∫ . [0,1] ⎧ 1 1, khi 0 ≤ x < ⎪ 2 f ( x) = ⎨
Ví dụ 2. Cho hàm số 1 ⎪ 2, khi ≤ x < 1 ⎩ 2 1 1 3 = μ + μ Thế thì fdμ 1. ([0, )) 2. ([ ,1)) = ∫ 2 2 2 . [0,1)
c) Các tính chất
1. Nếu hai hàm đơn giản, đo được f , g ≥ 0, f ≤ g trên A thì fdμ ≤ gdμ ∫ ∫ A A ∗
2. Nếu hai dãy hàm đơn giản, đo được { f },{ g }, ∈ ¥ n n n , đơn điệu tăng và lim f = lim n n g trên A thì n→+∞ n→+∞ lim f dμ = lim μ ∫ n ∫ n g d (1) n→+∞ n→+∞ A A Chứng minh Đặt lim f = = n f . Khi đó lim n g f . n→+∞ n→+∞
Xét hai trường hợp sau đây. m
a) f là hàm đơn giản: f ( x) = α χ (x) ∑ k kA . k 1 = μ = μ
Ta chứng minh lim ∫ n f d fd ∫ (2) n→+∞ A A
Thậy vậy, chọn t ∈ (0,1) bất kì, đặt A = ∈ ≥ ,
{x A : f (x) k n k n tαk}. Khi đó, do f ≤ ⊂ n fn 1 + nên A , k n A , k n 1 + .
Mặt khác, với x ∈ = α > α f ↑ f k
A ta có f (x) k t k , mà n nên +∞ ∈ ⇒ ∈
với n đủ lớn f ( x) > x A x A U n tαk , do đó , k n , k n . n 1 = +∞ Từ đó ta có bao hàm ⊂ k A A U ,kn . n 1 =
Bao hàm ngược lại là hiển nhiên vì +∞ ∗ n ∀ ∈ ¥ : A ⊂ ⇒ ⊂ , k n k A A U ,kn k A . n 1 = +∞ Vậy A = A ⇒ μ = μ U , ( A ) lim ( A , ) k k n k k n . n→+∞ n 1 = m ϕ (x) = tα χ ( x) ∑ Đặt n k A , k n thì k 1 = ϕ ≤ ≤ ⇒ ϕ μ ≤ μ ≤ μ n fn f ∫ nd f ∫ nd f d ∫ (3) A A A
Cho n → +∞ , ta được m m ϕ dμ = tα μ( → α μ = μ ∫ ∑ ∑ n k A , ) t ( A ) k n k k t fd ∫ . A k 1 = k 1 = A
Lấy giới hạn của (3) khi n → +∞ ta có t fdμ ≤ lim f μ ≤ μ ∫ ∫ nd fd ∫ n→+∞ A A A
Lại cho t → 1 ta được (2).
Tương tự ta chứng minh được lim μ = μ ∫ n g d fd ∫ n→+∞ A A (vì lim = n g
f ). Từ đó ta có (1) khi f là hàm đơn giản. n→+∞
b) Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp f ≥ 0 là hàm đo được tuỳ ý. ∗
Lấy cố định m ∈ ¥ , đặt h = min{ f , n n m g } thì n h cũng là
hàm đơn giản. Mặt khác, do f ↑ f = lim ≥ ↑ n n g m g nên n h m g n→+∞
khi n → +∞ . Theo phần vừa chứng minh, ta có lim μ = μ ∫ n h d g ∫ md n→+∞ A A Nhưng vì h ≤ f ⇒
h dμ ≤ f dμ ⇒ lim h dμ ≤ lim μ n n ∫ n ∫ n ∫ n f ∫ nd n→+∞ n→+∞ A A A A ⇒ g dμ ≤ lim μ ∫ m ∫ nfd . n→+∞ A A μ ≤ μ
Cho m → +∞ ta được lim g d lim ∫ m ∫ nfd m→+∞ n→+∞ A A μ ≤ μ hay lim g d lim ∫ n ∫ nfd . n→+∞ n→+∞ A A
Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức ngược lại. Vậy ta
có (1) với f ≥ 0 là hàm đo được bất kì.
2. Tích phân của hàm đo được bất kì
a) Trường hợp hàm số đo được không âm
Cho f : A → [0, +∞] là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu
tăng các hàm đơn giản đo được 0 n f ≥
hội tụ về f trên A . μ
Định nghĩa 2. Tích phân của hàm f trên A đối với độ đo là số
(hữu hạn hoặc vô hạn) fdμ = lim f μ ∫ ∫ nd (4) n→+∞ A A
Theo tính chất 2 của tích phân của hàm đơn giản thì tích phân (4) được xác
định một cách duy nhất, không phụ thuộc vào cách chọn dãy hàm đơn giản {fn}.
b) Trường hợp hàm đo được có dấu bất kì
Giả sử f là hàm đo được trên A . Khi đó ta có + − + − f = f
− f , f , f ≥ 0 . + −
Các hàm số f , f có tích phân tương ứng trên A là + + f dμ, f dμ ∫ ∫ A A + μ + − μ Xét hiệu f d f d ∫ ∫ . A A + μ + − μ
Định nghĩa 3. Nếu hiệu f d f d ∫ ∫
có nghĩa (tức là không có dạng A A
∞ − ∞ ), thì ta gọi nó là tích phân của hàm đo được f trên A đối với μ độ đo : + +
fdμ = f dμ − f dμ ∫ ∫ ∫ (5) A A A
Định nghĩa 4. Nếu tích phân (5) hữu hạn thì ta nói f là hàm khả tích trên tập hợp A .
Định nghĩa 5. Khi X = ¡ và μ là độ đo Lebesgue thì tích phân định ( L) fdx ∫
nghĩa như trên được gọi là tích phân Lebesgue, kí hiệu lại là hoặc A
( L) f ( x)dx ∫ . A
c) Các tính chất đơn giản
Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây. c dμ = cμ ∫ ( A) 1. , c = const A 2. αχ x dμ = αχ
x dμ = αμ B ∩ A ∫ B ( ) ∫ B∩A ( ) ( ) A A n n n 3. ∫ ∑α χ x d x d B A k ( ) μ = B k A k k k ∫∑α χ ( ) μ = B ∑α μ ∩ ∩ ( ) A k 1 = A k 1 = k k 1 =
4. Nếu μ ( A) = 0 , f đo được thì f d μ = 0 ∫
5. Nếu μ ( A) < +∞ , f đo được và bị chặn trên A thì f khả tích trên A. Chứng minh
4. Cho f ≥ 0. Nếu μ ( A) = 0 thì với mọi dãy hàm { fn} đơn giản tăng về f ta có
f dμ = 0 ⇒ f dμ = 0 ∫ n ∫ A A
5. μ ( A) < +∞, f ( x) ≤ K , x
∀ ∈ A thì với mọi dãy hàm đơn giản { fn}
tăng về f , ta có f ≤ K nên n
f dμ ≤ K dμ = K μ A < +∞ ∫ n ∫ ( ) . A A Từ đó suy ra
f d μ = lim f dμ ≤ K μ A < +∞ ∫ ∫ n ( ) n→∞ A A
Nhận xét. Từ tính chất 5 suy ra mọi hàm số bị chặn, liên tục hầu khắp nơi trên
khoảng hữu hạn I ⊂
đều khả tích Lebesgue. Như vậy lớp các hàm khả tích
Lebesgue trong bao gồm tất cả các hàm khả tích Riemann và còn bao gồm
nhiều hàm số khác (như hàm Direchle chẳng hạn).
$2. CÁC TÍNH SƠ CẤP CỦA TÍCH PHÂN
Ở mục này ta luôn giả thiết các hàm số và tập hợp được nói đến đều đo được. 1. Cộng tính.
Định lý 1. Nếu Α ∩ Β = φ thì
f dμ = f dμ + f dμ ∫ ∫ ∫ Α∪Β Α Β
(với giả thiết vế trái hoặc vế phải có nghĩa.) Chứng minh.
a) Trường hợp f đơn giản trên Α ∪ Β. n n
f ( x) = ∑α χ x k ( ) , Ε = Α ∪ Β Ε k U k 1 = k k 1 =
Ta có Ε = ( Α ∪ Β) ∩ Ε = ( Α ∩ Ε ) ∪ (Β ∩ Ε k k k k ) . Vì A, B
rời nhau nên Α ∩ Ε , Β ∩ Ε rời nhau. Do đó k k n n n f d μ = ∫ ∑ α μ k (Ε k ) = ∑ α μ k
(Α ∩ Ε k ) + ∑ α μ k (Β ∩ Ε k ) = Α ∪ Β k =1 k =1 k =1 = f d μ + f d μ ∫ ∫ Α Β
b) Trường hợp f ≥ 0 trên Α ∪ Β.
Cho { fn} là dãy hàm đơn giản, f tăng về f thì theo a) n
f d μ = f d μ + f d μ ∫ n ∫ n ∫ n Α∪Β Α Β
Cho n → ∞ ta được đẳng thức cần chứng minh.
c) Trường hợp f bất kỳ: Theo b) f + d μ =
f + d μ + f + d μ ∫ ∫ ∫ (1) Α∪Β Α Β
f − d μ = f − d μ + f − d μ ∫ ∫ ∫ (2) Α∪Β Α Β Nếu f dμ ∫
có nghĩa thì vế trái của một trong hai đẳng thức trên hữu hạn Α∪Β
(nếu chẳng hạn vế trái của (1) hữu hạn thì hai tích phân ở vế phải hữu hạn và các hiệu số
f + dμ − f −dμ ∫ ∫ + − , f d μ − f dμ ∫ ∫ Α Α Β Β có nghĩa.)
Trừ (1) cho (2) ta được điều phải chứng minh. Nếu f dμ + f d μ ∫ ∫
có nghĩa thì suy luận tương tự. Α Β
Hệ quả 1. Nếu Ε ⊂ Α và ∃ f d μ ∫ thì ∃ f d μ ∫
. Nếu f khả tích trên A thì Α Β
f khả tích trên E.
Hệ quả 2. Nếu μ (Β) = 0 thì f d μ = f dμ ∫ ∫ . Α∪Β Α Chứng minh.
- Nếu A, B rời nhau thì đây là hệ quả trực tiếp của định lý 1 và tính chất 4 trong $1.
- Nếu A, B không rời nhau thì ta viết Α ∪ Β = Α ∪ (Β \ Α) và vì
μ (Β \ Α) = 0 nên ta trở lại trường hợp trên. 2. Bảo toàn thứ tự.
Định lý 2. Nếu f
g thì f dμ = g dμ ∫ ∫
. Đặc biệt, nếu f = 0 hầu khắp Α Α
nơi trên A thì f d μ = 0 ∫ . Α Chứng minh.
Đặt Β = {x ∈ Α : f ( x) = g ( x)} thì Β∈ M và μ (Α \ Β) = 0 (do f g ).
Theo hệ quả 2 định lý 1 f d μ = f dμ = f dμ ∫ ∫ ∫ Α Β ( ∪ Α\Β) Β tương tự g d μ = g dμ ∫ ∫ Α Β μ = μ Từ đó suy ra f d g d ∫ ∫ . Α Α
Nhận xét. Tính chất này cho thấy: khi thay đổi giá trị của hàm số lấy tích phân
trên một tập hợp có độ đo 0 thì giá trị của tích phân không thay đổi.
Do đó nếu f đo được trên tập hợp Α ' ⊂ Α với μ (Α \ Α ') = 0 thì
dù f không xác định trên Α \ Α ' người ta vẫn định nghĩa f dμ = f dμ ∫ ∫ Α Α'
Định lý 3. Nếu f ≤ g trên A thì f d μ ≤ g d μ ∫ ∫
. Đặc biệt nếu f ≥ 0 trên Α Α A thì f d μ ≥ 0 ∫ . Α Chứng minh.
- Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên. {gn}
- Nếu f , g ≥ 0 trên A thì có dãy hàm đơn giản { fn} tăng đến f ,
tăng đến g sao cho f ≤ g f d ≤ g d n n . Khi đó μ μ ∫ n ∫ n . Α Α
Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh. + + − −
- Nếu f , g tùy ý thì f
≤ g , f ≥ g nên
f + dμ ≤ g+ dμ ∫ ∫ − − , f dμ ≥ g dμ ∫ ∫
. Trừ từng vế ta được điều Α Α Α Α phải chứng minh.
Hệ quả 3. Nếu f khả tích trên A thì nó phải hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Chứng minh.
Đặt Β = {x ∈ Α : f ( x) = + }
∞ . Theo hệ quả 1, f khả tích trên B nhưng với k
∀ ta có f (x) > k trên B nên
f d μ ≥ kμ (Β) , k ∀ ∫ Β
Bất đẳng thức này chỉ đúng với k ∀ nếu μ (Β) = 0.
Tương tự ta cũng chứng minh được trường hợp tập hợp
C = {x ∈ Α : f ( x) = − } ∞ sẽ có μ (C) = 0.
Vậy f hữu hạn hầu khắp nơi trên A.
Hệ quả 4. Nếu f ≥ 0 trên A và f d μ = 0 ∫
thì f = 0 hầu khắp nơi trên A. Α Chứng minh. ⎧ ⎫ Đặt Β = x f x n . Ta có n ⎨ ∈ Α ( ) 1 : ≥ , ∗ ⎬ ∈ ⎩ n⎭ 0 = f d μ = f d μ + f d μ ≥ f d μ ≥ ∫ ∫ ∫ ∫ Α Α \ Β Β Β n n n 1 1 ≥ d μ = μ ∫ (Β n n ) , ∗ ∀ ∈ n n Β n Do đó μ (Β ) = 0 . n ∞
Mặt khác Β = {x ∈ Α : f ( x) > } 0 = Βn U . n 1 =
Vậy μ (Β) = 0 , suy ra f = 0 hầu khắp nơi trên A. 3. Tuyến tính Định lý 4.
cfdμ = c fdμ, c = const ∫ ∫ A A
(− f )dμ = − fdμ ∫ ∫ Nói riêng, A A Chứng minh.
- Nếu f đơn giản thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh.
- Nếu f ≥ 0 thì có dãy hàm đơn giản { fn} tăng đến f nên suy ra có dãy
hàm đơn giản {cfn} và:
a) nếu c ≥ 0 thì {cfn} tăng về cf và do đó μ = μ ∫ n cf d c ∫ n
f d , chuyển qua giới hạn sẽ được A A cfdμ = c fdμ ∫ ∫ A A + −
b) nếu c < 0 thì cf ≤ 0 nên (cf ) = 0,(cf ) = −cf . cfdμ = 0 − (−cf )dμ ∫ ∫ Theo định nghĩa A A
(−cf )dμ = −c fdμ ∫ ∫ Theo a) A A cfdμ = c fdμ ∫ ∫ Vậy A A + −
- Nếu f bất kỳ thì f = f − f và + + − −
(cf ) = cf ,(cf ) = cf khi c ≥ 0 + − − +
(cf ) = −cf ,(cf ) = −cf khi c < 0
Từ đó suy ra điều phảichứng minh. + μ = μ + μ Định lý 5. ( f g)d fd gd ∫ ∫ ∫ A A A
(nếu vế phải có nghĩa). Chứng minh.
Để ý rằng tại một điểm x ∈ A có thể xảy ra: f ( x) = +∞, g( x) = −∞
hoặc f ( x) = −∞, g( x) = +∞ . Khi đó f ( x) + (
g x) không có nghĩa.
Thành thử f + g có thể không xác định trên một tập hợp B ⊂ A . Tuy
nhiên, với giả thiết vế phải của đẳng thức trên có nghĩa, dễ thấy rằng
μ(B) = 0 , nghĩa là f + g phải xác định hầu khắp nơi trên A.
Ta chia A thành sáu tập hợp con đôi một rời nhau như sau: A = ∈ ≥ ≥ + ≥ 1 {x
A : f ( x ) 0, g ( x ) 0, f ( x ) g ( x ) 0} A = ∈ ≥ < + ≥ 2 {x
A : f ( x ) 0, g ( x ) 0, f ( x ) g ( x ) 0} A = ∈ ≥ < + < 3 {x
A : f ( x ) 0, g ( x ) 0, f ( x ) g ( x ) 0} A = ∈ < ≥ + ≥ 4 {x
A : f ( x ) 0, g ( x ) 0, f ( x ) g ( x ) 0} A = ∈ < ≥ + < 5 {x
A : f ( x ) 0, g ( x ) 0, f ( x ) g ( x ) 0} A = ∈ < < + < 6 {x
A : f ( x ) 0, g ( x ) 0, f ( x ) g ( x ) 0}
Dựa vào tính chất cộng tính của tích phân, ta chỉ cần chứng minh
( f + g)dμ = fdμ +
gdμ, E = A , i = 1,2,...,6 ∫ ∫ ∫ i E E E
- Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên. {gn}
- Nếu f , g ≥ 0 trên A thì có dãy hàm đơn giản { fn} tăng đến f ,
tăng đến g . Khi đó
( f + g )dμ = f dμ + g dμ(E = A ) ∫ n n ∫ n ∫ n 1 . E E E
Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh.
- Xét tập hợp khác, chẳng hạn f ≥ 0, g < 0, f + g < 0( E = 3 A ) . Khi đó do f ≥ 0, (
− f + g) ≥ 0 nên theo phần vừa chứng minh và theo định lý 4
[ f − ( f + g)]dμ = fdμ + [ (
− f + g)]dμ = ∫ ∫ ∫ E E E = fdμ −
( f + g)dμ ∫ ∫ E E
Mặt khác, theo định lý 4, ta có
[ f − ( f + g)]dμ =
(− g)dμ = − gdμ ∫ ∫ ∫ E E E Vậy − gdμ = fdμ −
( f + g)dμ ∫ ∫ ∫ E E E hay
( f + g)dμ = fdμ + gdμ ∫ ∫ ∫ E E E 4. Khả tích fdμ ∫ fdμ ≤ f dμ ∫ ∫
Định lý 6. Nếu có nghĩa thì . A A A Chứng minh. + − + − fd μ ≤ f d μ − f d μ ≤ f d μ + f d μ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ A A A A A + − = ( f + f )d μ = f d μ ∫ ∫ A A
Định lý 7. f khả tích trên A khi và chỉ khi f khả tích trên A . Chứng minh. f f dμ < +∞ ∫
khả tích trên A thì . Theo định lý 6, suy ra A fdμ ≤ +∞ ∫
. Vậy f khả tích trên A . A
Ngược lại, f khả tích trên A thì + − + − f dμ − f dμ < +∞ ⇒ f dμ, f dμ < +∞ ⇒ ∫ ∫ ∫ ∫ A A A A + −
⇒ ( f + f )dμ = f dμ < +∞ ∫ ∫ A A
Vậy f khả tích trên A .
Định lý 8. Nếu f ≤ g hầu khắp nơi trên A và g khả tích trên A thì
f khả tích trên A. Chứng minh. f ≤ g ⇒ f dμ ≤ gdμ ∫ ∫
nên nếu g khả tích trên A thì f khả A A
tích trên A , suy ra f khả tích trên A .
Định lý 9. Nếu f , g khả tích trên A thì f ± g khả tích trên A . Chứng minh.
( f ± g)dμ = fdμ ± gdμ ∫ ∫ ∫ Vì nên từ giả thiết A A A f dμ ≤ + , ∞ gdμ ≤ +∞ ⇒
( f ± g)dμ ≤ +∞ ∫ ∫ ∫ A A A
Định lý 9. Nếu f khả tích, g bị chặn trên A thì f . g khả tích trên A .
Chứng minh. Giả sử g ≤ M trên A . Ta có fg ≤ M f ⇒ fg dμ ≤ M f dμ = M f dμ ∫ ∫ ∫ A A A
Do đó, nếu f khả tích thì f khả tích, suy ra fg khả tích , vậy f . g khả tích trên A .
$3. CHUYỂN GIỚI HẠN QUA DẤU TÍCH PHÂN
Vấn đề đặt ra là với điều kiện nào ta có đẳng thức: lim f dμ = lim μ ∫ n ∫ n f d n→+∞ n→+∞ A A
Ta đã biết, đối với tích phân xác định theo Riemann thì điều kiện cần là dãy [ ,a ] hàm { n
f } hội tụ đều về hàm số f trên đoạn lấy tích phân b . Đây
là một điều kiện rất ngặt nghèo. Trái lại, đối với tích phân Lebesgue thì
điều kiện lại khá rộng rãi. Trong mục này ta xét hai trường hợp cho phép
chuyển giới hạn qua dấu tích phân với điều kiện dãy hàm hội tụ đơn điệu,
hoặc hội tụ bị chặn.
1. Hội tụ đơn điệu
Định lý 1 (đối với dãy hàm không âm). ∗ Nếu dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n
, không âm, đo được, đơn điệu tăng đến
hàm f trên tập đo được A thì lim f dμ = lim μ = μ ∫ n f ∫ nd fd ∫ n→+∞ n→+∞ . A A A Chứng minh.
- Nếu fn là các hàm đơn giản thì đẳng thức này chính là định nghĩa tích phân. - Xét 0 n f ≥ , đo được bất kì.
Khi đó. với mỗi n = 1, 2,... (cố định) sẽ tồn tại dãy hàm đơn giản, { (n) ∗ ∈ ¥ m g } không âm , m , tăng về hàm fn . (n 1 + ) (n) Vì fn 1 f
+ ≥ n nên có thể xem ≥ m g m g .
Do đó, với k ≤ n thì (k) (n) ≤ ≤ n g n g fn (k) (n) ⇒ μ ≤ μ ≤ μ ∫ n g d ∫ n g d ∫ nfd A A A
Cho n → +∞ , ta có (k) (n) lim g ≤ lim g ≤ lim n n n f n→+∞ n→+∞ n→+∞ (n) hay f ≤ lim g ≤ f (1) k n n→+∞ (k) (n) ⇒ lim g dμ ≤ lim g dμ ≤ lim μ ∫ n ∫ n f ∫ nd n→+∞ n→+∞ n→+∞ A A A (k) (n) hay lim g dμ ≤ lim g dμ ≤ lim μ ∫ n ∫ n ∫ nfd n→+∞ n→+∞ n→+∞ A A A ( k) (n) ( do g , n n g
là các hàm đơn giản nên có thể chuyển giới hạn qua dấu tích phân). (n) f dμ ≤ lim g dμ ≤ lim f dμ (2) ∫ ∫ ∫ Vậy k n n n→+∞ n→+∞ . A A A
Lại cho k → +∞ , từ (1), ta được (n) lim f ≤ lim lim g ≤ lim k n f k→+∞
k→+∞ n→+∞ k→+∞ (n) hay f ≤ lim g ≤ f (3) n n→+∞ Từ (2), ta được (n) lim f dμ ≤ lim lim g dμ ≤ lim lim μ ∫ k ∫ n ∫ nfd k→+∞ k→+∞ n→+∞
k→+∞ n→+∞ A A A (n) hay lim f dμ ≤ lim g dμ ≤ lim f dμ (4) ∫ k ∫ n ∫ n k→+∞ n→+∞ n→+∞ A A A Thế mà lim f dμ = lim μ ∫ k ∫ nfd k→+∞ n→+∞ A A ( ) =
Mặt khác, từ (3) ta có lim n n g
f , nên từ (4) suy ra n→+∞ lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ A A
Đây chính là đẳng thức cần chứng minh. ∗
Ví dụ 1. Cho dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n , xác định bởi x+2 f ( x) = , x ∈ [0,1) n n . x 1 + Ta có 0 n f ≥
, đo được trên [0,1) . Đặt
f ( x) = x + 2, x ∈ [0,1)
thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Mặt khác, ta đã biết, f là
hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 1, ta có lim
f ( x)dx = f ( x) = ∫ n dx ∫ n→+∞[0,1) [0,1) x+2 5 hay lim dx = ( x + 2)dx = ∫ ∫ n n→+∞ x 1 + 2 [0,1) [0,1)
Định lý 2 (đối với dãy hàm bất kỳ). ∗ Nếu dãy hàm đo được { }, ∈ ¥ n f n
, đơn điệu tăng đến hàm f và 1
f khả tích trên tập đo được A thì lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ . A A Chứng minh. Ta có { − ≥ n
f } là dãy tăng nên 1 0 n f f và dãy hàm { ∗ − ∈ 1}, ¥ n f f n
, tăng về hàm f − 1
f . Do đó, theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, thì lim ( f − μ = − μ ∫ 1 f )d ( f ∫ 1 f ) n d n→+∞ A A −∞ < < +∞ Vì f dμ ∫ 1
f khả tích, tức là 1 , nên A lim ( f − μ + μ = − μ + μ ∫ 1 f )d ∫ 1fd ( f ∫ 1 f ) n d ∫ 1fd n→+∞ A A A A
Áp dụng tính chất của tích phân suy ra lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ A A ∗
Ví dụ 2. Cho dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n , xác định bởi 2 1 f ( x) x = − , x ∈ [0,1) n 2n + . 10 n x x+ 1 Ta có < 1 f ( ) 0 f 2
, n đo được trên [0,1) . Đặt 1 f ( x) = , x ∈ [0,1) x 10 +
thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Dễ thấy 1 2 = − 1 f ( x) x 2
và f là hàm liên tục nên đo được và khả x + x 10 +
tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 2, ta có lim
f ( x)dx = f ( x) = ∫ n dx ∫ n→+∞[0,1) [0,1) 2 1 x 1 11 hay lim ( − )dx = dx = ln ∫ ∫ 2n n x 10 + n→+∞ x + x 10 + 10 [0,1) [0,1) ∗ Chú ý: Nếu { }, ∈ ¥ n f n
, là dãy hàm đơn điệu giảm thì định lý vẫn đúng.
Định lý 3 (đối với dãy hàm bất kỳ). ∗ Nếu dãy hàm đo được { }, ∈ ¥ n f n
, đơn điệu giảm đến hàm f và 1
f khả tích trên tập đo được A thì lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ . A A ∗
Ví dụ 3. Cho dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n , xác định bởi 1 f ( x) x = + , x ∈ [1,2] n n n . x
Ta có fn đo được trên [1,2]. Đặt
f ( x) = 0, x ∈ [1,2] 1
thì dãy hàm đã cho giảm đến f trên [1,2]. Dễ thấy = + 1 f ( x) x x
và f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [1,2]. Theo định lý 3, ta có lim
f ( x)dx = f ( x) = ∫ n dx ∫ n→+∞[1,2] [1,2] 1 hay lim ( x + )dx = 0dx = 0 ∫ ∫ n n n→+∞ x [1,2] [1,2] ∗ Hệ quả 1. Nếu 0 ∈ ¥ n g ≥ và , n g n
, đo được trên A , thì +∞ +∞ μ = μ ∫ ∑ ∑ n g d ∫ n g d A n 1 = n 1 = A Chứng minh. n ∗ f = g , n ∈ , ∑ ¥ Đặt n k thì 0 n f ≥ , n
f đo được và { n f } k 1 = +∞ ∑ tăng đến
gk trên A . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, ta k 1 = có +∞ lim f dμ = lim μ = μ ∫ ∫ ∫ ∑ n fnd gkd n→+∞ n→+∞ A A A k 1 = Mặt khác, vì n n μ = μ = μ ∫ ∫ ∑ ∑ n f d gkd g ∫ kd A A k 1 = k 1 = A nên +∞ lim f μ = μ ∫ ∑ nd g ∫ kd n→+∞ A k 1 = A Vậy +∞ +∞ μ = μ ∫ ∑ ∑ n g d ∫ n g d A n 1 = n 1 = A ∗ Hệ quả 2. Nếu 0 ∈ ¥ n g ≥ , , n g n
, đo được trên A , và +∞ +∞ < +∞ ∑ ∫ < +∞ ∑ n g dμ g , thì n
hầu khắp nơi trên A , n 1 = A n 1 = +∞ ( g x) = g ( x) ∑ hàm số n khả tích trên A . n 1 = Chứng minh. +∞ +∞ g dμ = g dμ < +∞ ∫ ∑ ∑ ∫ Theo hệ quả 1, ta có n n A n 1 = n 1 = A +∞ ( g x) = g ( x) ∑ nên hàm số n
khả tích trên A và do đó g( x) hữu n 1 = hạn hầu khắp nơi. 2. Bổ đề Fatou lim f dμ ≤ lim f dμ ∫ ∫ Nếu 0 n f ≥ trên A thì n n n→+∞ n→+∞ A A Chứng minh.
Đặt g = inf {f , n n n f 1, + ...} thì 0 n g ≥ và { n g } tăng đến lim n
f hay lim g = lim n fn . n→+∞ n→+∞ n→+∞
Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm lim g dμ = lim g dμ = lim μ ∫ n ∫ n f ∫ nd n→+∞ n→+∞ n→+∞ A A A μ ≤ μ Mặt khác, do ≤ g d f d ∫ ∫ n g n f nên n n và A A lim g dμ ≤ lim μ ∫ n ∫ nfd n→+∞ n→+∞ A A g dμ ∫ Thế mà vì n có giới hạn nên A lim g dμ = lim μ ∫ n ∫ n g d . →+∞ n n →+∞ A A Vậy l i m g d μ ≤ l i m μ ∫ n f ∫ n d n → + ∞ n → + ∞ A A h a y l i m g d μ ≤ l i m μ ∫ n f ∫ n d n → + ∞ n → + ∞ A A ⇒ l i m f d μ ≤ l i m μ ∫ n f ∫ n d n → + ∞ n → + ∞ A A
Chú ý. 1. Nếu f ≥ n
g , g khả tích trên A thì bổ đề Fatou vẫn còn đúng: Nếu ≥ n f
g , g khả tích trên A thì lim f dμ ≤ lim μ ∫ n f ∫ nd n → +∞ n → +∞ A A
Khi đó ta chỉ cần áp dụng phần vừa chứng minh cho − ≥ 0 n f g và gdμ < +∞ ∫ . A 2. Nếu ≤ n f
g , g khả tích trên A thì lim f dμ ≥ lim μ ∫ n f ∫ nd n→+∞ n→+∞ A A
Ta chỉ cần áp dụng chú ý 1 cho trường hợp − ≥ − ,− n f g g khả tích trên A . 3. Hội tụ bị chặn
Định lý 4 (Lebesgue). Giả sử (i) ≤ n f g trên A ;
(ii) g khả tích trên A ; ∗ (iii) dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n
, hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên A . lim f dμ = fdμ ∫ ∫ Khi đó n n→+∞ A A Chứng minh. ∗ - Giả sử dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n
, hội tụ về hàm f hầu khắp nơi trên
A . Khi đó tồn tại tập hợp B ⊂ ,
A B ∈ M , μ( B) = 0 sao cho { n
f } hội tụ về f trên A \ B . Vì − g ≤ f ≤ , n
g g khả tích trên A nên g khả tích trên
A \ B , theo chú ý 1,2 của bổ đề Fatou, ta có lim f d μ ≤ lim μ ∫ n f ∫ nd n → + ∞ n → + ∞ A A và l i m f d μ ≥ l i m μ ∫ n f ∫ n d n → + ∞ n → + ∞ A A Thế nhưng do
lim f = lim f = f , x ∀ ∈ A \ n n B n→+∞ n→+∞ nên fd μ = lim f d μ ≤ lim μ ≤ ∫ ∫ n f ∫ nd → +∞ → +∞ \ \ n n A B A B A \ B ≤ lim f d μ ≤ lim μ = μ ∫ n f ∫ n d fd ∫ n → +∞ n → +∞ A \ B A \ B A \ B Vậy lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ A\ B A\ B
Mặt khác, vì μ( B) = 0 nên hiển nhiên ta có lim f μ = μ ∫ nd fd ∫ n→+∞ B B
Theo tính chất cộng tính của tích phân, ta suy ra đẳng thức cần chứng minh. ∗ - Giả sử dãy hàm { }, ∈ ¥ n f n
, hội tụ theo độ đo về hàm f trên A .
Theo định nghĩa giới hạn trên, tồn tại một dãy con { k
n } của dãy số tự lim f dμ = lim f dμ ∫ ∫ nhiên { } n sao cho k n n k→+∞ n→+∞ . A A { } ∗ ∈
- Hiển nhiên ta có dãy con , ¥ k n f k
, cũng hội tụ theo độ đo về { ∗ ∈ n f } ¥
hàm f trên A .Khi đó lại có một dãy con , i k ,của i { } ∗ ∈ dãy , ¥ k n f k
, hội tụ hầu khắp nơi về hàm f trên A .
Theo phần vừa chứng minh lim f dμ = lim f dμ = lim μ = μ ∫ n f d fd ∫ ∫ ∫ k n k n →+∞ →+∞ →+∞ i n k i A A A A Tương tự, ta có lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ A A Vậy lim μ = μ ∫ nfd fd ∫ n→+∞ A A ≤ = Hệ quả 1. Nếu , n f M M const , dãy hàm { } ∗ , ∈ ¥ n f n
, hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên
A , μ( A) < +∞ thì lim f dμ = fdμ ∫ ∫ n n→+∞ A A
Ta chỉ cần áp dụng định lý 4 cho hàm số g = M,
gdμ = Mμ( A) < +∞ ∫ A
Hệ quả 2. Trong không gian ¡ , nếu f khả tích Riemann trên một
khoảng hữu hạn I ⊂ ¡ thì f khả tích Lebesgue trên I và ta có
( L) fdμ = ( R) f ( x)dx ∫ ∫ . I I
$4. MỐI LIÊN HỆ GIỮA TÍCH PHÂN LEBESGUE với TÍCH PHÂN
RIEMANN và TÍCH PHÂN SUY RỘNG
Điều kiện khả tích Riemann
Định lý 1 (Lebesgue).
Hàm bị chặn f trên [ , a ]
b là khả tích Riemann khi và chỉ khi tập hợp
các điểm gián đoạn của nó có độ đo không.
Nói một cách khác, f khả tích Riemann trên [ , a ] b khi và chỉ khi
f liên tục hầu khắp nơi trên [ , a ] b .
2. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann
Định lý 2
Nếu f khả tích Riemann trên [ , a ]
b thì nó khả tích Lebesgue trên [ , a ] b và b ( L) fdμ (
= R) f (x)dx ∫ ∫ [ , a b] a
1. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân suy rộng
a) Tích phân suy rộng loại một +∞ f ( x)dx ∫
Định lý 3 Cho tích phân suy rộng . a
Giả sử f ≥ 0 và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn hữu hạn[ , a ] b ⊂ [ , a +∞). +∞ f ( x)dx ∫
Khi đó tích phân suy rộng
hội tụ khi và chỉ khi f khả tích a Lebesgue trên [ , a +∞) và +∞
f ( x)dx = ( L) fdμ ∫ ∫ a [ , a +∞)
b) Tích phân suy rộng loại hai b f ( x)dx ∫
Định lý 4 Cho tích phân suy rộng
với a là điểm kì dị. a
Giả sử f ≥ 0 và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [a + ε , ] b . b f ( x)dx ∫
Khi đó tích phân suy rộng
hội tụ khi và chỉ khi f khả tích a Lebesgue trên [ , a ] b và b
f ( x)dx = ( L) fdμ ∫ ∫ a [ , a b] b f ( x)dx ∫
Định lý 5 Cho tích phân suy rộng
với b là điểm kì dị. a
Giả sử f ≥ 0 và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , a b − ε ]. b f ( x)dx ∫
Khi đó tích phân suy rộng
hội tụ khi và chỉ khi f khả tích a Lebesgue trên [ , a ] b và b
f ( x)dx = ( L) fdμ ∫ ∫ a [ , a b]
Chú ý: Nếu các tích phân suy rộng trên đây phân kì (= +∞) , thì tích
phân Lebesgue của các hàm số tương ứng cũng bằng +∞ .
Ví dụ 1. Cho f , g là hai hàm số liên tục trên [ , a ] b . Đặt
⎧ f (x), khi x ∈ [ , a ] b ∩ ¤ (
h x) = ⎨⎩ (gx), khi x ∈[ ,a ]b \ ¤ Chứng minh rằng
a) h khả tích Riemann trên [ , a ] b khi và chỉ khi f = g trên [ , a ] b .
b) h luôn khả tích Lebesgue trên [ , a ] b . Giải.
a) Giả sử f ( x) = g( x), ∀x ∈ [ , a ] b . Khi đó h = f trên [ , a ]
b nên h liên tục trên [ , a ]
b . Vậy h khả tích Riemann trên [ , a ] b .
Ngược lại, giả sử h khả tích Riemann trên [ , a ] b . Ta chứng minh f ( x) = ( g x), x ∀ ∈ [ , a ] b .
Đặt A = {x ∈ [ , a ]
b : f ( x) ≠ ( g x } ) .
Ta cần chứng minh A = φ .
Gọi B là tập hợp các điểm gián đoạn của h trên [ , a ] b thì do h khả tích Riemann trên [ , a ]
b nên μ(B) = 0 .
- Trước hết ta chứng minh A ⊂ B . Lấy tùy ý, cố định ∈ ∈ ∧ ≠ 0 x A thì 0 x [ , a ] b f ( 0 x ) ( g 0 x ) . Vì 0 x
là số thực nên luôn tồn tại hai dãy số hữu tỷ, vô tỷ cùng hội tụ về
nó. Do đó ta luôn có thể chọn được các dãy số:
{x } ⊂ a b ∩ ¤ { ' [ , ] , x } ⊂ [ , a ] b \ ¤ n n ' = = sao cho lim x 0 x , lim n n x 0 x . n→+∞ n→+∞
Vì f , g liên tục trên [ , a ]
b nên f , g liên tục tại 0 x . Khi đó ta có lim (
h x ) = lim f ( x ) = f ( n n 0 x ), n→+∞ n→+∞ ' ' lim (
h x ) = lim g( x ) = g( n n 0 x ) n→+∞ n→+∞ ' Suy ra lim ( h x ) ≠ lim ( h x ) n
n , do đó hàm số h không liên n→+∞ n→+∞ tục tại 0 x . Vậy ∈ ⇒ ⊂ 0 x B A . B
- Bây giờ ta chứng minh A = φ . Giả sử tồn tại ∈ ∈ ∧ ≠ 0 x A thì 0 x [ , a ] b f ( 0 x ) ( g 0 x ) . Xét hàm số (
k x) = f ( x) − g( x),∀x ∈ [ , a b].
Vì f , g liên tục trên [ , a ]
b nên k liên tục trên [ , a ] b , suy ra k liên tục tại = − ≠ 0 x . Ta có ( k 0 x ) f ( 0 x ) g( 0 x ) 0.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử ( k > 0 x ) 0 (vì trường hợp ( k < 0 x )
0 được chứng minh tương tự).
Khi đó, theo tính chất của hàm liên tục tại một điểm, sẽ tồn tại số δ > 0 đủ nhỏ để ( k x) > 0, x ∀ ∈ ( − δ + δ ⊂ 0 x , 0 x ) [ , a ] b . Trường hợp = + 0 x
a ta thay lân cận hai phía đó bởi lân cận phải ( , a a δ ) ; trường hợp = − δ 0 x
b thay bởi lân cận trái (b , b).
Trong cả ba trường hợp ta đều gọi các lân cận của 0
x là C thì rõ ràng (
k x) ≠ 0,∀x ∈ C ⇒ f ( x) ≠ g( x),∀x ∈ C Hiển nhiên C ⊂ [ , a ]
b ⇒ C ⊂ A ⇒ C ⊂ B .
Mà μ(C) = 2δ > 0 (hoặc μ(C) = δ > 0 )
nên μ( B) ≥ μ(C) > 0 , trái với giả thiết h khả tích Riemann trên [ , a ] b .
Vậy, điều giả sử tồn tại ∈ = 0 x
A là sai nên A φ , tức là f = g trên [ , a ] b .
b) Đặt D = {x ∈ [ , a ] b : ( h x) ≠ ( g x } ) . Ta có D ⊂ [ , a ]
b ∩ ¤ ⇒ μ( D) = 0 Do đó h : g trên [ , a ] b .
Mà g liên tục trên [ , a ]
b nên g khả tích Riemann trên [ , a ] b , do
đó cũng khả tích Lebesgue trên [ , a ]
b . Vậy h khả tích Lebesgue trên [ , a ] b và ta có b ( L) hdμ = ( L) gdμ ( = R) ( g x)dx ∫ ∫ ∫ [ , a b] [ , a b] a
Ví dụ 2. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên
[0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích ⎧ x ⎪ e , khi x ∈ [0,1] ∩ ¤ ⎪⎪ 1
f ( x ) = ⎨ln(1 + x ), khi x ∈ [0, ] \ ¤ 2 ⎪ ⎪ 1 arctgx, khi x ∈ ( ,1] \ ⎪⎩ ¤ 2 Giải.
a) Xét tính khả tích Riemann. 1 Trên [0, ] 2 , ta có ⎧ x 1 e , khi x ∈ [0, ] ∩ ⎪ ¤ 2 f ( x) = ⎨ 1 ⎪ ln(1 + x), khi x ∈ [0, ] \ ⎩ ¤ 2 x Vì các hàm số ( g x) = e , (
h x) = ln(1 + x) liên tục trên 1 [0, ] 0 = = ≠ = + = 2 và (0 g ) e 1 (0 h ) ln(1 0) 0 1
nên theo ví dụ 1, f không khả tích Riemann trên [0, ] 2 và do đó
không khả tích Riemann trên [0,1].
b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt ⎧ 1 ln(1 + x), khi x ∈ [0, ] ⎪ 2 ( k x) = ⎨ 1 ⎪ arctg , x khi x ∈ ( ,1] ⎩ 2 thì f ( x) ≠ (
k x),∀x ∈ [0,1] ∩ ¤ , μ([0,1] ∩ ¤ ) = 0
nên f : k trên [0,1]. Mà k bị chặn trên [0,1] và chỉ gián đoạn 1
tại x = 2 , suy ra k khả tích Riemann trên [0,1] và do đó khả tích
Lebesgue trên [0,1]. Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1].
c) Ta tính tích phân của f . Ta có 1 ( L) fdμ = ( L) kdμ = ( R) ( k x)dx = ∫ ∫ ∫ [0,1] [0,1] 0 1 2 1 1
= ln(1 + x)dx + arctgxdx = [x ln(1 + x) − x + ln(1 + x)] 2 + ∫ ∫ 0 1 0 2 1 1 2 π 1 1 1 1 135 [
+ xarctgx − ln(1 + x )] = − arctg − + ln 1 2 4 2 2 2 2 64 2
Ví dụ 3. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên
[0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích ⎧ 3 x , khi x ∈ [0,1] ∩ ⎪ ¤ f ( x) = ⎨ 1 , ⎪ khi x ∈ [0,1] \ ¤ ⎩ x Giải.
a) Xét tính khả tích Riemann. {x } Chọn dãy số
⊂ [0,1] \ ¤ , lim x = 0 n n , thì dãy số tương n→+∞ { ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ f ( x } 1 = ⎨ ⎬ = +∞ ứng ) , lim f ( x ) n n ⎪ x nên f không bị n→+∞ ⎩ n ⎪ ⎭
chặn, suy ra f không khả tích Riemann trên [0,1].
b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt ⎧ 1 ⎪ , khi x ∈ (0,1]
f ( x) = ⎨ x ⎪ ⎩ 0, khi x = 0 Ta có
f ( x) ≠ g( x),∀x ∈ [0,1] ∩ ¤ , μ([0,1] ∩ ¤ ) = 0 nên f : g trên [0,1]. Mà (
g x) ≥ 0,∀x ∈ [0,1] và tích phân suy rộng loại hai với 0 là điểm kì dị 1 1 1 ( g x)dx = dx ∫ ∫ x 0 0
hội tụ. Theo định lý 4, g khả tích Lebesgue trên [0,1]. Vậy f cũng
khả tích Lebesgue trên [0,1].
c) Ta tính tích phân của f . Ta có 1 ( L) fdμ = ( L) gdμ = ( g x)dx = ∫ ∫ ∫ [0,1] [0,1] 0 1 1 1 1 1 = dx = lim dx = lim 2 x = 2 ∫ ∫ x a→0 x a→0 a 0 a
Ví dụ 4. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên
[1, e] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích ⎧ x
⎪ e , khi x ∈ [1, e] ∩ ¤
f ( x) = ⎨⎪⎩ln ,x khi x ∈[1,e]\ ¤ Giải.
a) Xét tính khả tích Riemann. Đặt ( ) x g x = e , ( h x) = ln , x ( k x) = ( g x) − (
h x), x ∈ [1, e] thì g, ,
h k là các hàm sơ cấp nên liên tục trên [1, e]. Ta có (1
k ) = e − ln 1 = e > 0 và k liên tục phải tại
x = 1 nên tồn tại δ > 0 đủ nhỏ sao cho ( k x) > 0, x
∀ ∈ (1,1 + δ ) ⊂ [1, e].
Ta chứng minh hàm số f đã cho gián đoạn tại mọi điểm x ∈ (1,1 + δ ).
Thật vậy, lấy cố định, tuỳ ý ∈ + δ > 0 x (1,1 ) , ta có ( k 0 x ) 0 và 0
x là số thực nên tồn tại hai dãy số:
{x } ⊂ e ∩ ¤ { ' [1, ]
, x } ⊂ [1, e] \ ¤ n n ' = = sao cho lim x 0 x , lim n n x 0 x . n→+∞ n→+∞
Vì g, h liên tục trên [1, e] nên g, h liên tục tại 0 x . Khi đó ta có
lim f ( x ) = lim g( x ) = g( n n 0 x ), n→+∞ n→+∞ ' '
lim f ( x ) = lim ( h x ) = ( n n h 0 x ) n→+∞ n→+∞ Mà ( g − = ≠ 0 x ) ( h 0 x ) ( k 0 x ) 0 , '
suy ra lim f ( x ) ≠ lim f ( x ) n n , n→+∞ n→+∞
do đó hàm số f không liên tục tại 0 x . Vì + δ 0
x được chọn tuỳ ý trên (1,1
) nên f gián đoạn tại mọi điểm
thuộc (1,1 + δ ) . Điều đó có nghĩa tập hợp các điểm gián đoạn của
f phải chứa (1,1 + δ ) là khoảng có độ đo khác 0.
Vậy f không khả tích Riemann.
b) Xét tính khả tích Lebesgue. Ta có f ( x) ≠ (
h x),∀x ∈ [0,1] ∩ ¤ , μ([0,1] ∩ ¤ ) = 0
nên f : h trên [1, e].
Mà h liên tục trên [1, e] nên h khả tích Riemann và do đó khả tích Lebesgue trên [1, e].
Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [1, e].
c) Ta tính tích phân của f . Ta có e ( L ) fd μ = ( L )
h d μ = ( R ) h( x )d x = ∫ ∫ ∫ [1, e ] [1, e ] 1 e e =
ln x d x = [ x ln x − x ] = 1 ∫ 1 1
Nhận xét: Thực ra hàm số ( ) = ( ) − ( ) x k x g x
h x = e − ln x > 0, x ∀ ∈ [1, e]
nên ta có thể chứng minh hàm số f cho ở ví dụ 4 không liên tục tại mọi
điểm x ∈ [1, e ]. Khi đó tập hợp các điểm gián đoạn của f chính là
[1, e ] có độ đo bằng e − 1 > 0. lim f dμ ∫ Ví dụ 5. Tính n n→+∞ , [0,1] ∗ trong đó { }, ∈ n f n
¥ , là dãy hàm số xác định bởi ⎧ n ⎛ sin x 1 ⎞ ⎪ + , khi x ∈ (0,1] f ( x) ⎜ ⎟ = n ⎨ x n ⎝ ⎠ ⎪ ⎩ 1, khi x = 0 Giải. - Ta có n
f bị chặn trên [0,1] vì n ⎛ 1 ⎞ ∗ ( ) ≤ 1 + ≤ ,∀ ∈ ¥ ,∀ ∈ [0,1] n f x e n x ⎜ ⎟ n ⎝ ⎠ - μ([0,1]) = 1 < +∞
- Ta chứng minh dãy hàm đã cho hội tụ hầu khắp nơi trên [0,1]. sin x
Thật vậy, với ∀x ∈ (0,1], đặt t = t ∈ x thì (0,1) . Suy ra n ⎡ n ⎤ ⎛ 1 ⎞ n ⎛ 1 ⎞ lim f ( x) = lim t + = lim ⎢t 1 + ⎥ = n ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ n→+∞ n→+∞ n ⎝ ⎠ n→+∞ tn ⎢ ⎝ ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ tn ⎤ 1 ⎢ n ⎛ 1 ⎞ t ⎥ = lim t 1 + = 0. t e = 0, x ∀ ∈ (0,1] ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ n→+∞ tn ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Mà μ ({ } 0 ) = 0 nên f . h . k n 0 n uuuuur trên [0,1].
Theo hệ quả 1 của định lý Lebesgue về sự hội tụ bị chặn, ta có lim f dμ = lim f dμ = 0dμ = 0 ∫ n ∫ n ∫ n→+∞ n→+∞ [0,1] [0,1] [0,1]