Embed Size (px)
Citation preview
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 φ≠X . 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 ;
(iii) A1, A2, ... , An ∈ N ⇒ Un
kkA
1= ∈ N .
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. A1, A2, ... , An ∈ N ⇒ In
kkA
1=
∈ N ;
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:
I Un
k
n
kkk CAAC
1 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 XA⊂ . Đặt N = { }ACAX X,,,φ .
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 φ≠X . 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∞
=1kkA ∈ M .
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. A1, A2, ... , An ∈ M ⇒ In
kkA
1=
∈ M ;
4. A, B ∈ M ⇒ A \ B ∈ M ; 5. A1, A2, ... , An , ... ∈ M ⇒ I
∞
=1kkA ∈ M .
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:
I U∞
=
∞
==
1 1)(
k kkk CAAC
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 φ≠X . 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
∞
=1kkA ∈ M .
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 MZ là họ tất cả các tập hợp thuộc M và chứa trong Z. Chứng minh MZ là một σ - đại số các tập con của tập hợp 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
kk
n
kk AA
11)()( μμ U
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
∑∞+
=
∞+
==
11)()(
kk
kk AA μμ U
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, M), trong đó M là σ - 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, M, μ ), trong đó M là σ - 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∞
=1kkX , Xk ∈ M
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. Xét ánh xạ μ : M → ],0[ +∞ xác định bởi μ(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 φ≠A .
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, M, μ ) 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
∑∞+
=
∞+
=≤
11)()(
kk
kk AA μμ U
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:
μ (Ak ) = 0, ∀k = 1, 2, ... , n ⇒ 0)(1
==Un
kkAμ
7. Hợp của một họ đếm được các tập hợp có độ đo không là tập hợp có độ đo không:
μ (Ak ) = 0, ∀k = 1, 2, ... ⇒ 0)(1
=∞+
=U
kkAμ
8. Nếu μ là độ đo σ - hữu hạn thì
i) X = U∞
=1kkY , trong đó các tập hợp Yk đôi một rời nhau,
Yk ∈ M và μ (Yk) < +∞ với mọi k;
ii) A = U∞
=1kkA , trong đó các tập hợp Ak đôi một rời nhau,
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
U∞+
= +∞→=
1)()( lim
nn
nn AA μμ
10. Nếu { An } , n ∈ N, là dãy đơn điệu giảm các tập hợp đo được, nghĩa là A1 ⊃ A2 ⊃ ... ⊃ An ⊃ ... , và μ (A1) < +∞ thì
)(lim)(1
nnnn AA μμ
+∞→
∞+
==I
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, M, μ ) 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 ∈ M, C ⊂ D, D ∈ M, μ (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, M', μ ') 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 = { }Un
ijii jiIIIPP
1)(,/
=≠=∩=ℜ⊂ φ (1)
Trên N xét ánh xạ m : N → ],0[ +∞ xác định bởi
∑=
=n
iiIPm
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:
IU )'(,, '1
iiIIIP ii
n
ii ≠==
=φ
IU )'(,, '1
jjJJJQ jj
k
jj ≠==
=φ
Khi đó
I U U IU U
U II I U
k
j
n
ijij
k
j
n
ii
k
jj
k
jj
JIJI
JPJPQP
1 11 1
11
)(])[(
)()(
= == =
==
==
===
Thế mà I ijji LJI = ( 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∞
=1kkP , trong đó các tập hợp Pk đôi một rời nhau,
Q, Pk ∈ N (Q và Pk đều là hợp của hữu hạn khoảng không giao nhau).
Ta cần chứng minh ∑∞+
==
1)()(
kkPmQm
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
U UUin
ii
n
kk IPQ
11)()(
===
trong đó các Pk , Ι i rời nhau. Khi đó
∑∑∑===
≥+=n
kk
n
ii
n
kk PIPQ i
111
Cho n → + ∞ , ta được
∑∞+
=≥
1kkPQ (2)
- Cho ε > 0 tuỳ ý sao cho 2ab−<ε .
Đặt
),( 22 kk kkk baQ εε +−= (k = 1, 2, ... )
[ ]εε −+= baQ ,' Ta có Pk ⊂ Qk nên
U U∞+
=
∞+
=⊂=⊂
1 1'
k kkk QPQQ
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
nkkk QQQ ,...,,21
sao cho
Un
iki
QQ1
'=
⊂
Suy ra
∑=
≤n
iki
QQ1
'
hay
∑∑∑
∑
∞+
=
∞+
=
∞+
=
=
−+−=+−≤
≤+−≤−−
1211 22
1 22
1)()(
)(2
kkkk
kkk
n
ikk
kk
ikii
abab
abab
εε
εε
Thế nhưng ∑∞+
=−
12 1k
kε
lại là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu
u1 = ε , công bội q = 1/2 nên hội tụ và có tổng là 2ε . Vậy
εε 2)(21
+−≤−− ∑∞+
=kkk abab
hay
ε41
+≤ ∑∞+
=kkPQ
Cho ε → 0, ta có
∑∞+
=≤
1kkPQ (3)
Từ (2) , (3) suy ra
∑∞+
==
1kkPQ
hay
∑∞+
==
1)()(
kkPmQm
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
+∞=⊂⊂=∞+
= +∞→U
121 lim...,,
nnnn IIIIQ
trong đó các Ι n đều là khoảng hữu hạn.
Chẳng hạn, U∞+
=+=+∞=
1),(),(
nnaaaQ
Vì QIn ⊂ và Q = U∞
=1kkP , các Pk rời nhau nên
U II I U∞+
=
∞+
====
11)()(
kkn
kknnn PIPIQII
trong đó các tập hợp I kn PI hữu hạn và rời nhau theo chỉ số k = 1, 2, ... Theo phần vừa chứng minh
∑∑∞+
=
∞+
=≤=
11 kk
kknn PPII I
Cho n → + ∞ , ta được
∑∞+
=≤∞+
1kkP
Do đó phải có
QPk
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
{ } { }AaaxAxAatatA ∈+=+∈= /,/ 00 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∞
=1kkG là hợp của tất cả các khoảng bỏ đi , P0 = [0,1] \ G.
Ta có các tập Gn rời nhau và μ (Gn ) = 2n-1. 1/ 3n = 1/2 . (2/3)n Khi đó
∑ ∑∞+
=
∞+
====
1 132
21 1)()()(
n n
nnGG μμ
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;
ℜ∈∀== ∞−∞+ aaa ,0
+∞=∞−=∞+ Các ký hiệu (+∞) + (-∞), (+∞) - (+∞), (-∞) - (-∞),
∞±±∞
, 0a
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
⎩⎨⎧
=∞+∈
=0
)1,0()(
1
xkhixkhi
xf x
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 { }∈<∈ℜ∈∀ axfAxa )(/, M
Nếu X = ℜ và M là σ - 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
{ }axfAxB <∈= )(/ 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)
{ }∈≥∈ℜ∈∀ axfAxa )(/, M
(3) { }∈>∈ℜ∈∀ axfAxa )(/, M
(4) { }∈≤∈ℜ∈∀ axfAxa )(/, M
Chứng minh. Đặt
{ }axfAxB <∈= )(/ { }axfAxC ≥∈= )(/ { }axfAxD >∈= )(/ { }axfAxE ≤∈= )(/
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
IU+∞
=
+∞
=
==11
,n
nn
n DCCD
trong đó
{ }nn axfAxC 1)(/ +≥∈=
{ }nn axfAxD 1)(/ −>∈= Thật vậy, lấy x ∈ D thì x ∈ A và f(x) > a. Theo tính chất trù mật của tập
số thực, tồn tại 0n sao cho aaxf n >+≥0
1)(
Suy ra 0nCx∈ do đó U+∞
=
∈1n
nCx
Ngược lại, lấy U+∞
=
∈1n
nCx thì tồn tại 0n sao cho 0nCx∈
Khi đó x ∈ A và 0
1)( naxf +≥ nên f(x) > a. Suy ra x ∈ D.
Bây giờ ta lấy x ∈ C thì x ∈ A và axf ≥)( nên với mọi n ta có
naxf 1)( −> . Suy ra nDx∈ với mọi n, do đó I+∞
=
∈1n
nDx
Ngược lại, lấy I+∞
=
∈1n
nDx thì nDx∈ với mọi n, do đó x ∈ A và
naxf 1)( −> với mọi n. Lấy giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối
cùng này khi n → +∞ , ta được )(lim)(lim 1nnn
axf −=+∞→+∞→ hay
axf ≥)( . 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 nC ∈ 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 nD ∈ M . Mà M là σ - 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 ℜ∈∀a ta có
( ){ } ( ){ }/ /x f x a x f x a∈Β < = Β∩ ∈Α < ∈M
2º f đo được trên 1Α , 2Α , … và f xác định trên 1
nn
∞
=
Α = ΑU thì f đo được
trên Α . Chứng minh. Với ℜ∈∀a ta có
( ){ } ( ) ( ){ }1 1
/ / /n nn n
x f x a x f x a x f x a∞ ∞
= =
⎧ ⎫∈Α < = ∈ Α < = ∈Α < ∈⎨ ⎬
⎩ ⎭U U M
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 , 0α > thì f α đo được trên Α .
4º Nếu ( ) 0,f x x≠ ∀ ∈Α và f đo được trên Α thì 1f
đo được trên Α .
5º Nếu f , g đo được trên Α thì ( )max ,f g , ( )min ,f g đo được trên Α .
6º Nếu { }nf là dãy hàm đo được trên Α thì sup nn
f , inf nnf , lim sup nn
f→∞
,
lim inf nnf
→∞ đo được trên Α .
7º Nếu { }nf hội tụ trên Α , nf đo được trên Α thì lim nnf
→∞ đo được trên Α .
8º Nếu f , g đo được trên Α thì các tập hợp ( ) ( ){ }/x f x g x∈Α < ,
( ) ( ){ }/x f x g x∈Α ≤ , ( ) ( ){ }/x f x g x∈Α = đều thuộc M .
9º Nếu f đo được trên Α thì các hàm số
( ) ( ) ( )( ) ( ){ }, 0
max ,00, 0
f x khi f xf x f x
khi f x+ ≥⎧
= =⎨ <⎩
và
( ) ( )( ) ( ) ( ){ }0, 0
max ,0, 0khi f x
f x f xf x khi f x
− ≥⎧= = −⎨− <⎩
là những hàm số đo được trên Α . 5. Hàm đặc trưng của tập hợp Định nghĩa 2. Cho Α ⊂ Χ . Hàm số ℜ→Χ:Aχ xác định bởi
( )1,0,
neu xx
neu xχΑ
∈Α⎧= ⎨ ∉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
⎩⎨⎧
ℜ∈∈
=Qxkhi
QxkhixD
\01
)(
là hàm đặc trưng của Q trên ℜ . Ta xét tính chất đo được của hàm đặc trưng. Định lý 2. Hàm đặc trưng Eχ của tập hợp Ε ⊂ Α là đo được trên Α khi và chỉ khi E ∈ M. Chứng minh. Với ℜ∈∀a ta có
( ){ }, 1
: \ , 0 1, 0
E
neu ax x a neu a
neu aχ
Α >⎧⎪∈Α < = Α Ε < ≤⎨⎪ ∅ ≤⎩
- Nếu E ∈ M thì A \ E ∈ M , do đó Eχ đo được trên Α .
- Nếu E ∉ M thì A \ E ∉ M , do đó Eχ không đo được trên Α . 6. Hàm đơn giản Định nghĩa 3. Hàm số [ ]: 0;S Χ→ +∞ 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
⎪⎩
⎪⎨
⎧ ∈=
)7,4(4]4,3[2
)3,1[1)(
khikhi
xkhixf
Đây là hàm đơn giản trên [1, 7). Nhận xét Cho hàm đơn giản [ ]: 0;S Χ→ +∞ và 1α , 2α , …, nα là các giá trị khác nhau đôi một của S . Đặt ( ){ }: , 1,k kx S x k nαΧ = ∈Χ = = .
Thế thì các kΧ rời nhau, 1
kk
∞
=
Χ = ΧU và ( ) ( )1
,k
n
kk
S x x xα χΧ=
= ∀ ∈Χ∑ .
Ví dụ 9. Xét hàm đơn giản ở ví dụ 8.
Đặt 1Α = [1, 3), 2A = [3, 4], 3A = (4, 7), 1α = 1, 2α = 2,
3α = 4. Khi đó các tập hợp này rời nhau và )()()()(
321 321 xxxxf AAA χαχαχα ++= với mọi x ∈ [1, 7).
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
( ) ( )1
k
n
kk
S x xα χΑ=
=∑ , AAn
kk =
=U
1, kΑ rời nhau, kα khác nhau.
Khi đó S đo được trên Α khi và chỉ khi mọi kA ∈ M. Chứng minh. - Nếu S đo được trên Α thì
( ){ }: 1,k kx S x k nα∈Α = = Α ∈ =M ,
- Nếu 1Α , …, kA ∈ M thì theo định lý 1 mọi hàm đặc trưng k
χΑ đo được
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
( )( )
( )
,1 1, , 1, 2,..., 2
2 2 2n n
n n n
n khi f x nS x m m mkhi f x m n
≥⎧⎪= ⎨ − −
≤ < =⎪⎩
thì ( )nS x là dãy đơn điệu tăng (theo n ) các hàm đơn giản đo được trên Α .
Ta chứng minh ( ) ( )lim ,nnS x f x x
→∞= ∀ ∈Α .
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,..., 2nm n∈ sao cho
( )12 2n n
m mf x−≤ < . Vì ( ) 1
2n nmS x −
= nên ( ) ( ) 12n nS x f x− < với n đủ
lớn. - Nếu ( )f x = +∞ thì ( )nS x n= với n∀ .
Suy ra, ( ) ( )lim nnS x f x
→∞= +∞ = .
Vậy, ( ) ( )lim ,nnS x f x x
→∞= ∀ ∈Α trong cả hai trường hợp.
$5. SỰ HỘI TỤ HẦU KHẮP NƠI 1. Khái niệm hầu khắp nơi
Định nghĩa 1. Cho không gian độ đo (X, M, μ ) 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
⎩⎨⎧
=∞+∈
=0
)1,0()(
1
xkhixkhi
xf x
tương đương với hàm số
⎩⎨⎧
=∈
=01
)1,0()(
1
xkhixkhi
xg x
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
⎩⎨⎧
∈∈
=QxkhixQxkhix
xf\],0[cos
],0[sin)(
2
2π
π I
tương đương với hàm số g(x) = cosx trên [0, 2π
] . 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.
Ví dụ 5. Hàm số sơ cấp xxf 1)( = xác định hầu khắp nơi trên ℜ .
Định nghĩa 5. Dãy hàm số { }nf 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) =
0 sao cho )()(lim xfxf nn=
+∞→
với mọi x ∈ A \ B.
Ví dụ 6. Dãy hàm số { }nf xác định bởi
n
n
xxxxx
n xf 2
2
4sin3)(
+−−+=
hội tụ hầu khắp nơi về hàm số xxxxf −
+= 432)( trên [-1, 1].
2. Sự hội tụ hầu khắp nơi Định lý 1. Cho không gian độ đo (X, M, μ ) và A ∈ M .
Khi đó
(i) Nếu f ~ g (trên A) và { }nf hội tụ h.k.n về f trên A thì { }nf hội tụ h.k.n về g trên A.
(ii) Nếu { }nf hội tụ h.k.n về f trên A và { }nf 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.
Mặt khác, vì { }nf hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A ,
C ∈ M, μ (C) = 0 sao cho )()(lim xfxf nn=
+∞→
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 xgxfxfnn==
+∞→
Vậy { }nf hội tụ h.k.n về g trên A.
(ii) Tương tự, do { }nf hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp
B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho )()(lim xfxf nn=
+∞→ với
mọi x ∈ A \ B.
Lại do { }nf hội tụ h.k.n về g trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A , C
∈ M, μ (C) = 0 sao cho )()(lim xgxfnn=
+∞→ 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 xgxfxfnn==
+∞→ .
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.
Định lý 2. (Egoroff) Giả sử { }nf 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
được, E ⊂ A sao cho μ (A \ E) < ε và dãy hàm { }nf 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 :
ℜ→A 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
B = { x ∈ A : f(x) < a } = 1−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 ( ), μΧ M , là không gian độ đo, Α∈M và f , 1f ,
2f , … là những hàm đo được hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Dãy { }nf được
gọi là hội tụ theo độ đo đến f và ký hiệu nf fμ⎯⎯→ trên A, nếu với 0ε∀ > ta đều có
( ) ( ){ }( )lim : 0nnx f x f xμ ε
→∞∈Α − ≥ = .
Nói cách khác, với 00 0 nε δ∀ > ∀ > ∃ ∈ sao cho
( ) ( ){ }( )0: : nn n n x f x f xμ ε δ∀ ∈ > ⇒ ∈Α − ≥ < .
Chú ý: Điều kiện f , 1f , 2f , … hữu hạn hầu khắp nơi đảm bảo cho
nf f− xác định hầu khắp nơi trên A.
Ví dụ 1. Xét dãy hàm { }nf xác định bởi
1, [0,1 )
( )1
2, [1 ,1)n
x khi xnf x
khi xn
⎧ ∈ −⎪= ⎨⎪ ∈ −⎩
và hàm số ( ) , [0,1)f x x x= ∈ . Thế thì nf fμ⎯⎯→ trên [0,1).
4. Tính duy nhất của giới hạn theo độ đo Định lý 1. a) Nếu f , g đo được và f g trên A, nf fμ⎯⎯→ trên A thì
nf gμ⎯⎯→ trên A.
b) Nếu nf fμ⎯⎯→ trên A và nf gμ⎯⎯→ trên A thì f g trên A. Chứng minh.
a) Vì f g trên A nên tập hợp ( ) ( ){ }:x f x g xΒ = ∈Α ≠ có độ đo
( ) 0μ Β = (vì f , g đo được nên Β∈M ). Với 0ε∀ > ta có
( ) ( ){ }{ } { }
( ) ( ){ }( ) ( ){ }
( ) ( ){ }
:
\ : ( ) ( ) : ( ) ( )
\ :
\ :
:
ε
ε ε
ε
ε
ε
Α = ∈Α − ≥ =
= ∈ − ≥ ∈ − ≥ ⊂
⊂ ∈Α Β − ≥ ∪Β =
= ∈Α Β − ≥ ∪Β ⊂
⊂ ∈Α − ≥ ∪Β
n n
n n
n
n
n
x f x g x
x A B f x g x x B f x g x
x f x g x
x f x f x
x f x f x
U
Suy ra
( ) ( ) ( ){ }( )
( ) ( ){ }( ): ( )
: 0
μ μ ε μ
μ ε
Α ≤ ∈Α − ≥ + =
= ∈Α − ≥ →
n n
n
x f x f x B
x f x f x
khi n →∞ vì nf fμ⎯⎯→ trên A..
Do đó ( )lim 0nnμ
→∞Α = . Vậy nf gμ⎯⎯→ trên A.
b) Đặt
{ }{ }
{ }
0 : ( ) ( ) 0
: ( ) ( ) ,
: ( ) ( ) , 0
1: ( ) ( ) ,
: ( ) ( ) ,2
: ( ) ( ) ,2
k
n n
n n
A x A f x g x
x A f x g x
A x A f x g x
A x A f x g x kk
B x A f x f x n
C x A f x g x n
ε ε ε
ε
ε
∗
∗
∗
= ∈ − > =
= ∈ ≠
= ∈ − ≥ >
⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
¥
¥
¥
Ta có các tập hợp này đều đo được vì , ,nf f g đo được trên A..
Ta cần chứng minh 0( ) 0Aμ = .
- Trước hết ta chứng minh 01
kk
A A+∞
=
= U . (1)
Lấy 0x A∈ , ta có x A∈ và ( ) ( ) 0f x g x− > .
Theo tính chất trù mật của tập số thực sẽ tồn tại số tự nhiên 0k sao cho
0
1( ) ( ) 0f x g x
k− ≥ > , suy ra 0k
x A∈ nên 1
kk
x A+∞
=
∈ U .
Ngược lại, lấy 1
kk
x A+∞
=
∈ U thì tồn tại số tự nhiên 0k sao cho
0kx A∈ . Suy ra x A∈ và
0
1( ) ( )f x g x
k− ≥ nên
( ) ( ) 0f x g x− > , do đó 0x A∈ . Vậy (1) được chứng minh. Khi đó ta có
01
( ) ( )kk
A Aμ μ+∞
=≤ ∑ (2)
- Bây giờ ta chứng minh
n nA B Cε ⊂ U , n ∗∀ ∈ ¥ , 0ε∀ > (3) hay
\ \ ( )
( \ ) ( \ ).
n n
n n
A A A B C
A B A C
ε ⊃ =
=
UI
Thật vậy, lấy ( \ ) ( \ )n nx A B A C∈ I ta có x A∈ và
( ) ( )2nf x f xε
− < và ( ) ( )2nf x g xε
− < Suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2
n n
n n
f x g x f x f x f x g x
f x f x f x g xε ε ε
− = − + − ≤
≤ − + − < + =
Do đó \x A Aε∈ . Vậy (3) được chứng minh. Khi đó
( ) ( ) ( )n nA B Cεμ μ μ≤ + (4) Mà
lim ( ) 0, lim ( ) 0n nn n
B Cμ μ→+∞ →+∞
= =
vì nf fμ⎯⎯→ , nf gμ⎯⎯→ trên A, nên lấy lim hai vế của (4) ta được
( ) 0, 0Aεμ ε= ∀ >
Suy ra ( ) 10, 0,μ ε ∗Α = = > ∀ ∈k khi kk
Từ (2) ta có 0( ) 0Aμ = . 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 { }nf đo được, hữu hạn hầu khắp nơi, hội tụ hầu khắp nơi đến hàm số f đo được, hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A có độ
đo hữu hạn thì nf fμ⎯⎯→ trên A. 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 ηΑ Β < và dãy hàm số { }nf hội
tụ đều đến hàm số f trên tập hợp B. Do đó tồn tại một số tự nhiên 0n sao cho với mọi số tự nhiên n , nếu 0n n≥ thì
( ) ( )nf x f x ε− < với mọi x∈Β Khi đó
( ) ( ){ }: \nx f x f x ε∈Α − ≥ ⊂ Α Β với mọi 0n n≥ ; nên
( ) ( ){ }( ): ( \ )μ ε μ η∈Α − ≥ ≤ <nx f x f x A B với mọi 0n n≥ ,
tức là
nf fμ⎯⎯→ trên A (đpcm). *Nhận xét.
Giả thiết ( )μ Α < +∞ trong định lý 2 không thể bỏ qua.
Ví dụ 2. Giả sử { }nf là một dãy hàm số xác định trên bởi
( )0
1, 2...
n
khi x nf x
n khi x nn
<⎧= ⎨ ≥⎩
=
và ( ) 0f x = với mọi x∈ .
- Dễ thấy dãy hàm số { }nf hội tụ khắp nơi đến hàm số f trên . Thật vậy, giả sử x∈ là số cố định, bất kì. Khi đó luôn tồn tại số
tự nhiên 0n sao cho x < 0n . Thế thì với mọi số tự nhiên n > 0n , ta
có x < n nên ( ) 0nf x = .
Suy ra lim ( ) lim 0 0 ( )nn n
f x f x→+∞ →+∞
= = = . Vậy ( ) 0nf x → trên .
- Tuy nhiên { }nf không hội tụ theo độ đo đến f trên . Thật vậy, với 0 1ε< < và với mọi số tự nhiên n , ta đều có
( ) ( ){ } ( ){ } [ ): : , .ε ε∈ − ≥ = ∈ ≥ = +∞n nx f x f x x f x n Do đó
( ) ( ){ }( ):μ ε∈ − ≥ = +∞nx f x f x với mọi n .
Ví dụ 3. Α = , μ là độ đo Lebesgue trên đường thẳng và
( )1, 10,
≤ ≤ +⎧= ⎨⎩
n
khi n x nf x
tai cac diem khac
Thế thì ( ) 0nf x → tại mọi điểm, nhưng với n∀
( ) 1( 0 ) 12
μ ⎧ ⎫− ≥ = →⎨ ⎬⎩ ⎭nf x 0
Định lý 3. Nếu { }nf hội tụ theo độ đo đến f trên A thì tồn tại dãy con { }knf
hội tụ hầu khắp nơi đến f trên A. Chứng minh. Vì nf fμ⎯⎯→ trên A, nên với 0ε∀ >
( ) ( ){ }( )lim : 0nnx f x f xμ ε
→∞∈Α − ≥ =
Do đó với n∀ , tồn tại nk sao cho với nm k∀ ≥
( ) ( ) 1 1:2m nx f x f x
nμ ⎛ ⎞⎧ ⎫∈Α − ≥ <⎨ ⎬⎜ ⎟⎩ ⎭⎝ ⎠
Đặc biệt
( ) ( ) 1 1:2nk nx f x f x
nμ ⎛ ⎞⎧ ⎫∈Α − ≥ <⎨ ⎬⎜ ⎟⎩ ⎭⎝ ⎠
Vì có thể lấy nk lớn tùy ý nên sau khi lấy 1k ta chọn 2 1k k> , 3 2k k> , …
Như vậy ta được dãy con { } { }nk nf f⊂ . Đặt
( ) ( ) 1:nn kx f x f x
n⎧ ⎫Β = ∈Α − ≥⎨ ⎬⎩ ⎭
, 1
nm n m
∞ ∞
= =
Β = ΒIU hay 1
Cmm
∞
=
Β =I ,
Cm nn m
∞
=
= ΒU
Ta chứng minh ( ) 0μ Β = và ( ) ( )limnkn
f x f x→∞
= với \x∀ ∈Α Β .
Thật vậy, ta có ( ) 12n nμ Β < , nên
( ) 11 12 2n n n m
n m n mn m
μ μ∞ ∞ ∞
−= ==
⎛ ⎞Β ≤ Β < =⎜ ⎟
⎝ ⎠∑ ∑U , ( ) ( ) 1
1C2m mμ μ −Β ≤ < với
m∀ . Do đó ( ) 0Bμ = .
Nếu \x A B∈ thì tồn tại số tự nhiên 0m để 0mx C∉ . Do đó
nx∉Β với 0n m∀ ≥ . Từ định nghĩa tập hợp nB suy ra \x∈Α Β thì
( ) ( ) 1nkf x f x
n− < với 0n m∀ ≥ .
Vậy ( ) ( )limnkn
f x f x→∞
= với \x∀ ∈Α Β hay dãy con { }knf hội tụ hầu
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 ( ), μΧ M , , Α∈M và S là hàm đơn giản, đo
được trên A. Gọi 1α , 2α , …, nα là các giá trị khác nhau đôi một của S .
Đặt ( ){ }: , 1,α= ∈ = =k kA x A S x k n .
Thế thì các kA rời nhau, 1
n
kk
A A=
= U và ( ) ( )1
,α χ=
= ∀ ∈∑ k
n
k Ak
S x x x A .
Khi đó người ta định nghĩa tích phân của hàm S như sau.
a) Định nghĩa 1. Số 1
( )n
k kk
Aα μ=∑ được gọi là tích phân của hàm đơn
giản, đo được S trên tập hợp A đối với độ đo μ và kí hiệu A
Sdμ∫
hay ( )A
S x dμ∫ .
Vậy
1
( )n
k kkA
Sd Aμ α μ=
= ∑∫ (1)
b) Nhận xét
1. A
Sdμ∫ là một số không âm hữu hạn hoặc vô hạn.
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:
( ) ( )1
,α χ=
= ∀ ∈∑ k
n
k Ak
S x x x A ;
( ) ( )1
,β χ=
= ∀ ∈∑ i
m
i Bi
S x x x A,
trong đó ,k iA B ∈ M, 1 1
n m
k ik i
A A B= =
= =U U ,
' ', , ', 'k k i iA A B B k k i iφ φ∩ = ∩ = ≠ ≠ .
Ta cần chứng minh 1 1
( ) ( )n m
k k i ik i
A Bα μ β μ= =
=∑ ∑ .
Ta có 1 1
( ) ( )m m
k k k i k ii i
A A A A B A B= =
= = =I I U U I ,
trong đó
' '( ) ( ) ( ) , 'k i k i k i iA B A B A B B i iφ= = ≠I I I I I
Do đó 1
( ) ( )m
k k ii
A A Bμ μ=
= ∑ I
1 1 1
( ) ( )n n m
k k k k ik k i
A A Bα μ α μ= = =
⇒ =∑ ∑∑ I
Tương tự 1 1 1
( ) ( )m m n
i i i i ki i k
B B Aβ μ β μ= = =
=∑ ∑∑ I
Xét một cặp ( , )k i , có hai khả năng:
+ k iA B = ∅I , khi đó
( ) 0 ( )k k i i k iA B B A Bα μ μ= =I I
+ k iA B ≠ ∅I , lấy 0 k ix A B∈ I thì
0 0( ) , ( )k i k iS x S xα β α β= = ⇒ =
( ) ( )k k i i k iA B A Bα μ β μ⇒ =I I .
Vậy 1 1 1 1
( ) ( )m n m n
k k i i k ii k i k
A B A Bα μ β μ= = = =
=∑∑ ∑∑I I .
Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1. Cho hàm Direchle trên [ ]0,1 :
[ ]
[ ]1, 0,1
( )0, 0,1 \
khix QD x
khix Q
⎧ ∈⎪= ⎨∈⎪⎩
I.
Ta có [ ]( 0,1 ) ( ) 0Q Qμ μ≤ =I
[ ]( 0,1 ) 0Qμ⇒ =I .
Do đó [ ]( 0,1 \ ) 1Qμ = .
Vậy [ ]0,1
( ) 1.0 0.1 0D x dμ = + =∫ .
Ví dụ 2. Cho hàm số
11, 0
2( )1
2, 12
khi xf x
khi x
⎧ ≤ <⎪= ⎨⎪ ≤ <⎩
Thế thì [0,1)
1 1 31. ([0, )) 2. ([ ,1))
2 2 2fdμ μ μ= + =∫ .
c) Các tính chất
1. Nếu hai hàm đơn giản, đo được , 0,f g f g≥ ≤ trên A thì
A A
fd gdμ μ≤∫ ∫
2. Nếu hai dãy hàm đơn giản, đo được { } { }, ,n nf g n ∗∈ ¥ , đơn điệu
tăng và lim limn nn n
f g→+∞ →+∞
= trên A thì
lim limn nn n
A A
f d g dμ μ→+∞ →+∞
=∫ ∫ (1)
Chứng minh
Đặt lim nn
f f→+∞
= . Khi đó lim nn
g f→+∞
= .
Xét hai trường hợp sau đây.
a) f là hàm đơn giản: 1
( ) ( )k
m
k Ak
f x xα χ=
= ∑ .
Ta chứng minh lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫ (2)
Thậy vậy, chọn (0,1)t ∈ bất kì, đặt
{ }, : ( )k n k n kA x A f x tα= ∈ ≥ .
Khi đó, do 1n nf f +≤ nên , , 1k n k nA A +⊂ .
Mặt khác, với kx A∈ ta có ( ) k kf x tα α= > , mà nf f↑ nên
với n đủ lớn ( )n kf x tα> , do đó , ,1
k n k nn
x A x A+∞
=
∈ ⇒ ∈ U .
Từ đó ta có bao hàm ,1
k k nn
A A+∞
=
⊂ U .
Bao hàm ngược lại là hiển nhiên vì
, ,1
: k n k k n kn
n A A A A+∞
∗
=
∀ ∈ ⊂ ⇒ ⊂¥ U .
Vậy , ,1
( ) lim ( )k k n k k nnn
A A A Aμ μ+∞
→+∞=
= ⇒ =U .
Đặt ,1
( ) ( )k n
m
n k Ak
x t xϕ α χ=
= ∑ thì
n n n nA A A
f f d f d fdϕ ϕ μ μ μ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫ (3)
Cho n → +∞ , ta được
,1 1
( ) ( )m m
n k k n k kk kA A
d t A t A t fdϕ μ α μ α μ μ= =
= → =∑ ∑∫ ∫ .
Lấy giới hạn của (3) khi n → +∞ ta có
lim nn
A A A
t fd f d fdμ μ μ→+∞
≤ ≤∫ ∫ ∫
Lại cho 1t → ta được (2).
Tương tự ta chứng minh được lim nn
A A
g d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
(vì lim nn
g f→+∞
= ). Từ đó ta có (1) khi f là hàm đơn giản.
b) Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp 0f ≥ là hàm đo được tuỳ ý.
Lấy cố định m ∗∈ ¥ , đặt { }min ,n n mh f g= thì nh cũng là
hàm đơn giản. Mặt khác, do limn n mn
f f g g→+∞
↑ = ≥ nên n mh g↑
khi n → +∞ . Theo phần vừa chứng minh, ta có
lim n mn
A A
h d g dμ μ→+∞
=∫ ∫
Nhưng vì lim limn n n n n nn n
A A A A
h f h d f d h d f dμ μ μ μ→+∞ →+∞
≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤∫ ∫ ∫ ∫
limm nn
A A
g d f dμ μ→+∞
⇒ ≤∫ ∫ .
Cho m → +∞ ta được lim limm nm n
A A
g d f dμ μ→+∞ →+∞
≤∫ ∫
hay lim limn nn n
A A
g d f dμ μ→+∞ →+∞
≤∫ ∫ .
Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức ngược lại. Vậy ta
có (1) với 0f ≥ 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 : [0, ]f A → +∞ là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu
tăng các hàm đơn giản đo được 0nf ≥ hội tụ về f trên A .
Định nghĩa 2. Tích phân của hàm f trên A đối với độ đo μ là số (hữu hạn hoặc vô hạn)
lim nn
A A
fd f dμ μ→+∞
=∫ ∫ (4)
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
{ }nf . b) Trường hợp hàm đo được có dấu bất kì
Giả sử f là hàm đo được trên A . Khi đó ta có
, , 0f f f f f+ − + −= − ≥ .
Các hàm số ,f f+ − có tích phân tương ứng trên A là
,A A
f d f dμ μ+ +∫ ∫
Xét hiệu A A
f d f dμ μ+ +−∫ ∫ .
Định nghĩa 3. Nếu hiệu A A
f d f dμ μ+ +−∫ ∫ có nghĩa (tức là không có dạng
∞ − ∞ ), thì ta gọi nó là tích phân của hàm đo được f trên A đối với
độ đo μ :
A A A
fd f d f dμ μ μ+ += −∫ ∫ ∫ (5)
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
nghĩa như trên được gọi là tích phân Lebesgue, kí hiệu lại là ( )A
L fdx∫ hoặc
( ) ( )A
L f x dx∫ .
c) Các tính chất đơn giản Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây.
1. ( ) ,A
c d c A c constμ μ= =∫
2. ( ) ( ) ( )B B AA A
x d x d B Aαχ μ αχ μ αμ∩= = ∩∫ ∫
3. ( ) ( ) ( )1 1 1α χ μ α χ μ α μ∩
= = =
= = ∩∑ ∑ ∑∫ ∫B Bk k
n n n
k k A k kk k kA A
x d x d B A
4. Nếu ( ) 0Aμ = , f đo được thì 0f dμ =∫
5. Nếu ( )Aμ < +∞ , f đo được và bị chặn trên A thì f khả tích trên A. Chứng minh
4. Cho 0f ≥ . Nếu ( ) 0Aμ = thì với mọi dãy hàm { }nf đơn giản tăng về f ta có
0 0nA A
f d f dμ μ= ⇒ =∫ ∫
5. ( )Aμ < +∞ , ( ) ,f x K x A≤ ∀ ∈ thì với mọi dãy hàm đơn giản { }nf tăng về f , ta có nf K≤ nên
( )nA A
f d K d K Aμ μ μ≤ = < +∞∫ ∫ .
Từ đó suy ra
( )lim nnA A
f d f d K Aμ μ μ→∞
= ≤ < +∞∫ ∫
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 φΑ∩Β = thì f d f d f dμ μ μΑ∪Β Α Β
= +∫ ∫ ∫
(với giả thiết vế trái hoặc vế phải có nghĩa.) Chứng minh. a) Trường hợp f đơn giản trên Α∪Β .
( ) ( )1 1
,α χΕ
= =
= Ε = Α∪Β∑k
nn
k kk k
f x x U
Ta có ( ) ( ) ( )Ε = Α∪Β ∩Ε = Α∩Ε ∪ Β∩Εk k k k . Vì A, B rời nhau nên Α∩Εk , Β∩Εk rời nhau. Do đó
( ) ( ) ( )
1 1 1μ α μ α μ α μ
μ μ
= = =Α ∪ Β
Α Β
= Ε = Α ∩ Ε + Β ∩ Ε =
= +
∑ ∑ ∑∫
∫ ∫
n n n
k k k k k kk k k
f d
f d f d
b) Trường hợp 0f ≥ trên Α∪Β .
Cho { }nf là dãy hàm đơn giản, nf tăng về f thì theo a)
n n nf d f d f dμ μ μΑ∪Β Α Β
= +∫ ∫ ∫
Cho n →∞ ta được đẳng thức cần chứng minh. c) Trường hợp f bất kỳ: Theo b)
( )1f d f d f dμ μ μ+ + +
Α∪Β Α Β
= +∫ ∫ ∫
( )2f d f d f dμ μ μ− − −
Α∪Β Α Β
= +∫ ∫ ∫
Nếu f dμΑ∪Β∫ có nghĩa thì vế trái của một trong hai đẳng thức trên hữu hạn
(nếu chẳng hạn vế trái của (1) hữu hạn thì hai tích phân ở vế phải hữu hạn và các hiệu số
f d f dμ μ+ −
Α Α
−∫ ∫ , f d f dμ μ+ −
Β Β
−∫ ∫
có nghĩa.) Trừ (1) cho (2) ta được điều phải chứng minh.
Nếu f d f dμ μΑ Β
+∫ ∫ có nghĩa thì suy luận tương tự.
Hệ quả 1. Nếu Ε ⊂ Α và f dμΑ
∃∫ thì f dμΒ
∃∫ . Nếu f khả tích trên A thì
f khả tích trên E.
Hệ quả 2. Nếu ( ) 0μ Β = thì f d f dμ μΑ∪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
( )\ 0μ Β Α = nên ta trở lại trường hợp trên. 2. Bảo toàn thứ tự.
Định lý 2. Nếu f g thì f d g dμ μΑ Α
=∫ ∫ . Đặc biệt, nếu 0f = hầu khắp
nơi trên A thì 0f dμΑ
=∫ .
Chứng minh. Đặt ( ) ( ){ }:x f x g xΒ = ∈Α = thì Β∈M và ( )\ 0μ Α Β = (do f g ). Theo hệ quả 2 định lý 1
( )\
f d f d f dμ μ μΑ Β∪ Α Β Β
= =∫ ∫ ∫
tương tự g d g dμ μΑ Β
=∫ ∫
Từ đó suy ra f d g dμ μΑ 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 ( )\ ' 0μ Α Α = thì dù f không xác định trên \ 'Α Α người ta vẫn định nghĩa
'
f d f dμ μΑ Α
=∫ ∫
Định lý 3. Nếu f g≤ trên A thì f d g dμ μΑ Α
≤∫ ∫ . Đặc biệt nếu 0f ≥ trên
A thì 0f dμΑ
≥∫ .
Chứng minh. - Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên.
- Nếu f , 0g ≥ trên A thì có dãy hàm đơn giản { }nf tăng đến f , { }ng
tăng đến g sao cho n nf g≤ . Khi đó μ μΑ Α
≤∫ ∫n nf d g d .
Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh.
- Nếu f , g tùy ý thì f g+ +≤ , f g− −≥ nên
f d g dμ μ+ +
Α Α
≤∫ ∫ , f d g dμ μ− −
Α Α
≥∫ ∫ . Trừ từng vế ta được điều
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 ( ){ }:x f xΒ = ∈Α = +∞ . Theo hệ quả 1, f khả tích trên B nhưng với
k∀ ta có ( )f x k> trên B nên
( ) ,f d k kμ μΒ
≥ Β ∀∫
Bất đẳng thức này chỉ đúng với k∀ nếu ( ) 0μ Β = . Tương tự ta cũng chứng minh được trường hợp tập hợp
( ){ }C :x f x= ∈Α = −∞ sẽ có ( )C 0μ = .
Vậy f hữu hạn hầu khắp nơi trên A.
Hệ quả 4. Nếu 0f ≥ trên A và 0f dμΑ
=∫ thì 0f = hầu khắp nơi trên A.
Chứng minh.
Đặt ( ) 1: , ∗⎧ ⎫Β = ∈Α ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭n x f x n
n. Ta có
( )
\
0
1 1 ,
μ μ μ μ
μ μ
Α Α Β Β Β
∗
Β
= = + ≥ ≥
≥ = Β ∀ ∈
∫ ∫ ∫ ∫
∫
n n n
n
n
f d f d f d f d
d nn n
Do đó ( ) 0nμ Β = .
Mặt khác ( ){ }1
: 0 nn
x f x∞
=
Β = ∈Α > = ΒU .
Vậy ( ) 0μ Β = , suy ra 0f = hầu khắp nơi trên A. 3. Tuyến tính Định lý 4.
,A A
cfd c fd c constμ μ= =∫ ∫
Nói riêng, ( )
A A
f d fdμ μ− = −∫ ∫
Chứng minh.
- Nếu f đơn giản thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh.
- Nếu 0f ≥ thì có dãy hàm đơn giản { }nf tăng đến f nên suy ra có dãy
hàm đơn giản { }ncf và:
a) nếu 0c ≥ thì { }ncf tăng về cf và do đó
n nA A
cf d c f dμ μ=∫ ∫ , chuyển qua giới hạn sẽ được
A A
cfd c fdμ μ=∫ ∫
b) nếu 0c < thì 0cf ≤ nên ( ) 0,( )cf cf cf+ −= = − .
Theo định nghĩa 0 ( )
A A
cfd cf dμ μ= − −∫ ∫
Theo a) ( )
A A
cf d c fdμ μ− = −∫ ∫
Vậy A A
cfd c fdμ μ=∫ ∫
- Nếu f bất kỳ thì f f f+ −= − và
( ) ,( ) 0
( ) ,( ) 0
cf cf cf cf khi c
cf cf cf cf khi c
+ + − −
+ − − +
= = ≥
= − = − <
Từ đó suy ra điều phảichứng minh.
Định lý 5. ( )A A A
f g d fd gdμ μ μ+ = +∫ ∫ ∫
(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 ( ) 0Bμ = , 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:
{ }{ }{ }{ }{ }{ }
1
2
3
4
5
6
: ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0
: ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0
: ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0
: ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0
: ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0
: ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0
A x A f x g x f x g x
A x A f x g x f x g x
A x A f x g x f x g x
A x A f x g x f x g x
A x A f x g x f x g x
A x A f x g x f x g x
= ∈ ≥ ≥ + ≥
= ∈ ≥ < + ≥
= ∈ ≥ < + <
= ∈ < ≥ + ≥
= ∈ < ≥ + <
= ∈ < < + <
Dựa vào tính chất cộng tính của tích phân, ta chỉ cần chứng minh
( ) , , 1,2,...,6iE E E
f g d fd gd E A iμ μ μ+ = + = =∫ ∫ ∫
- Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên.
- Nếu f , 0g ≥ trên A thì có dãy hàm đơn giản { }nf tăng đến f , { }ng tăng đến g . Khi đó
1( ) ( )μ μ μ+ = + =∫ ∫ ∫n n n nE E E
f g d f d g d E A .
Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh.
- Xét tập hợp khác, chẳng hạn 30, 0, 0( )f g f g E A≥ < + < = . Khi đó do 0, ( ) 0f f g≥ − + ≥ nên theo phần vừa chứng minh và theo định lý 4
[ ( )] [ ( )]
( )
E E E
E E
f f g d fd f g d
fd f g d
μ μ μ
μ μ
− + = + − + =
= − +
∫ ∫ ∫
∫ ∫
Mặt khác, theo định lý 4, ta có
[ ( )] ( )E E E
f f g d g d gdμ μ μ− + = − = −∫ ∫ ∫
Vậy
( )
( )
E E E
E E E
gd fd f g d
hay f g d fd gd
μ μ μ
μ μ μ
− = − +
+ = +
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
4. Khả tích
Định lý 6. Nếu A
fdμ∫ có nghĩa thì A A
fd f dμ μ≤∫ ∫ .
Chứng minh.
( )
A A A A A
A A
fd f d f d f d f d
f f d f d
μ μ μ μ μ
μ μ
+ − + −
+ −
≤ − ≤ + =
= + =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
Định lý 7. f khả tích trên Akhi và chỉ khi f khả tích trên A . Chứng minh.
f khả tích trên A thì A
f dμ < +∞∫ . Theo định lý 6, suy ra
A
fdμ ≤ +∞∫ . Vậy f khả tích trên A .
Ngược lại, f khả tích trên A thì
,
( )
A A A A
A A
f d f d f d f d
f f d f d
μ μ μ μ
μ μ
+ − + −
+ −
− < +∞ ⇒ < +∞ ⇒
⇒ + = < +∞
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
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.
A A
f g f d gdμ μ≤ ⇒ ≤∫ ∫ nên nếu g khả tích trên A thì f khả
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.
Vì ( )
A A A
f g d fd gdμ μ μ± = ±∫ ∫ ∫ nên từ giả thiết
, ( )A A A
fd gd f g dμ μ μ≤ +∞ ≤ +∞ ⇒ ± ≤ +∞∫ ∫ ∫
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
A A A
fg M f fgd M f d M f dμ μ μ≤ ⇒ ≤ =∫ ∫ ∫
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 limn nn n
A A
f d f dμ μ→+∞ →+∞
=∫ ∫
Ta đã biết, đối với tích phân xác định theo Riemann thì điều kiện cần là dãy
hàm { }nf hội tụ đều về hàm số f trên đoạn lấy tích phân [ ],a 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 { },nf n ∗∈ ¥ , không âm, đo được, đơn điệu tăng đến
hàm f trên tập đo được A thì
lim limn nn n
A A A
f d f d fdμ μ μ→+∞ →+∞
= =∫ ∫ ∫ .
Chứng minh.
- Nếu nf là các hàm đơn giản thì đẳng thức này chính là định nghĩa tích phân.
- Xét 0nf ≥ , đo được bất kì.
Khi đó. với mỗi 1,2,...n = (cố định) sẽ tồn tại dãy hàm đơn giản,
không âm { }( ) ,nmg m ∗∈ ¥ , tăng về hàm nf .
Vì 1n nf f+ ≥ nên có thể xem ( 1) ( )n nm mg g+ ≥ .
Do đó, với k n≤ thì ( ) ( )
( ) ( )
k nn n n
k nn n n
A A A
g g f
g d g d f dμ μ μ
≤ ≤
⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫
Cho n → +∞ , ta có ( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
lim lim lim
lim (1)
lim lim lim
lim lim lim
k nn n n
n n nn
k nn
k nn n n
n n nA A A
k nn n n
n n nA A A
g g f
hay f g f
g d g d f d
hay g d g d f d
μ μ μ
μ μ μ
→+∞ →+∞ →+∞
→+∞
→+∞ →+∞ →+∞
→+∞ →+∞ →+∞
≤ ≤
≤ ≤
⇒ ≤ ≤
≤ ≤
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
( do ( ) ( ),k nn ng g là các hàm đơn giản nên có thể chuyển giới hạn qua dấu
tích phân).
Vậy ( )lim lim (2)n
k n nn n
A A A
f d g d f dμ μ μ→+∞ →+∞
≤ ≤∫ ∫ ∫ .
Lại cho k → +∞ , từ (1), ta được ( )
( )
lim lim lim lim
lim (3)
nk n
k k n knn
n
f g f
hay f g f
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
→+∞
≤ ≤
≤ ≤
Từ (2), ta được
( )
( )
lim lim lim lim lim
lim lim lim (4)
nk n n
k k n k nA A A
nk n n
k n nA A A
f d g d f d
hay f d g d f d
μ μ μ
μ μ μ
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞
→+∞ →+∞ →+∞
≤ ≤
≤ ≤
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫Thế mà
lim limk nk n
A A
f d f dμ μ→+∞ →+∞
=∫ ∫
Mặt khác, từ (3) ta có ( )lim nn
ng f
→+∞= , nên từ (4) suy ra
lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Đây chính là đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 1. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi
21
( ) , [0,1)nx
n xf x x+
+= ∈ .
Ta có 0nf ≥ , đo được trên [0,1) . Đặt ( ) 2, [0,1)f x x x= + ∈
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
[0,1) [0,1)
21
[0,1) [0,1)
lim ( ) ( )
5lim ( 2)
2n
nn
xxn
f x dx f x dx
hay dx x dx
→+∞
++→+∞
= =
= + =
∫ ∫
∫ ∫
Định lý 2 (đối với dãy hàm bất kỳ).
Nếu dãy hàm đo được { },nf n ∗∈ ¥ , đơn điệu tăng đến hàm f và
1f khả tích trên tập đo được A thì
lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫ .
Chứng minh.
Ta có { }nf là dãy tăng nên 1 0nf f− ≥ và dãy hàm
{ }1 ,nf f n ∗− ∈ ¥ , tăng về hàm 1f f− . Do đó, theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, thì
1 1lim ( ) ( )nn
A A
f f d f f dμ μ→+∞
− = −∫ ∫
Vì 1f khả tích, tức là 1A
f dμ−∞ < < +∞∫ , nên
1 1 1 1lim ( ) ( )nn
A A A A
f f d f d f f d f dμ μ μ μ→+∞
− + = − +∫ ∫ ∫ ∫
Áp dụng tính chất của tích phân suy ra
lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Ví dụ 2. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 2
2110
( ) , [0,1)nx
n nx xf x x
+ += − ∈ .
Ta có 11( ) 02
f < , nf đo được trên [0,1) . Đặt
110
( ) , [0,1)x
f x x+= ∈
thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Dễ thấy
221
1 10( )
x xf x x
+ += − và f là hàm liên tục nên đo được và khả
tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 2, ta có
2
2
[0,1) [0,1)
1 11010
[0,1) [0,1)
lim ( ) ( )
11lim ( ) ln
10n
nn
xn xx xn
f x dx f x dx
hay dx dx
→+∞
++ +→+∞
= =
− = =
∫ ∫
∫ ∫
Chú ý: Nếu { },nf 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 { },nf n ∗∈ ¥ , đơn điệu giảm đến hàm f và
1f khả tích trên tập đo được A thì
lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫ .
Ví dụ 3. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi
1( ) , [1,2]nx
n nxf x x= + ∈ .
Ta có nf đo được trên [1,2] . Đặt ( ) 0, [1,2]f x x= ∈
thì dãy hàm đã cho giảm đến f trên [1,2] . Dễ thấy 1
1( ) xf 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
[1,2] [1,2]
1
[1,2] [1,2]
lim ( ) ( )
lim ( ) 0 0n
nn
xnxn
f x dx f x dx
hay dx dx
→+∞
→+∞
= =
+ = =
∫ ∫
∫ ∫
Hệ quả 1. Nếu 0ng ≥ và ,ng n ∗∈ ¥ , đo được trên A , thì
1 1n n
n nA A
g d g dμ μ+∞ +∞
= ==∑ ∑∫ ∫
Chứng minh.
Đặt 1
, ,n
n kk
f g n ∗
== ∈∑ ¥ thì 0nf ≥ , nf đo được và { }nf
tăng đến 1k
k
g+∞
=∑ trên A . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, ta
có
1
lim limn n kn n kA A A
f d f d g dμ μ μ+∞
→+∞ →+∞ == = ∑∫ ∫ ∫
Mặt khác, vì
1 1
n n
n k kk kA A A
f d g d g dμ μ μ= =
= =∑ ∑∫ ∫ ∫
nên
1
lim n kn kA A
f d g dμ μ+∞
→+∞ == ∑∫ ∫
Vậy
1 1n n
n nA A
g d g dμ μ+∞ +∞
= ==∑ ∑∫ ∫
Hệ quả 2. Nếu 0ng ≥ , ,ng n ∗∈ ¥ , đo được trên A , và
1n
n A
g dμ+∞
=< +∞∑ ∫ , thì
1n
n
g+∞
=< +∞∑ hầu khắp nơi trên A ,
hàm số 1
( ) ( )nn
g x g x+∞
== ∑ khả tích trên A .
Chứng minh.
Theo hệ quả 1, ta có 1 1n n
n nA A
g d g dμ μ+∞ +∞
= == < +∞∑ ∑∫ ∫
nên hàm số 1
( ) ( )nn
g x g x+∞
== ∑ khả tích trên A và do đó ( )g x hữu
hạn hầu khắp nơi. 2. Bổ đề Fatou
Nếu 0nf ≥ trên A thì lim limn nn nA A
f d f dμ μ→+∞ →+∞
≤∫ ∫
Chứng minh.
Đặt { }1,...inf ,n n ng f f += thì 0ng ≥ và { }ng tăng đến
lim nn
f→+∞
hay lim limn nn n
g f→+∞ →+∞
= .
Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm
lim lim limn n nn n nA A A
g d g d f dμ μ μ→+∞ →+∞ →+∞
= =∫ ∫ ∫
Mặt khác, do n ng f≤ nên n nA A
g d f dμ μ≤∫ ∫ và
lim limn nn nA A
g d f dμ μ→+∞ →+∞
≤∫ ∫
Thế mà vì nA
g dμ∫ có giới hạn nên
lim limn nnn A A
g d g dμ μ→+∞→+∞
=∫ ∫ .
Vậy
l im l im
l im l im
l im l im
n nn nA A
n nn nA A
n nn nA A
g d f d
h a y g d f d
f d f d
μ μ
μ μ
μ μ
→ + ∞ → + ∞
→ + ∞ → + ∞
→ + ∞ → + ∞
≤
≤
⇒ ≤
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
Chú ý. 1. Nếu nf g≥ , g khả tích trên A thì bổ đề Fatou vẫn còn đúng:
Nếu nf g≥ , g khả tích trên A thì
lim limn nn nA A
f d f dμ μ→+∞ →+∞
≤∫ ∫
Khi đó ta chỉ cần áp dụng phần vừa chứng minh cho 0nf g− ≥ và
A
gdμ < +∞∫ .
2. Nếu nf g≤ , g khả tích trên A thì
lim limn nn n
A A
f d f dμ μ→+∞ →+∞
≥∫ ∫
Ta chỉ cần áp dụng chú ý 1 cho trường hợp ,nf g g− ≥ − − khả tích
trên A . 3. Hội tụ bị chặn Định lý 4 (Lebesgue). Giả sử
(i) nf g≤ trên A ;
(ii) g khả tích trên A ;
(iii) dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo
độ đo, trên A .
Khi đó lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Chứng minh.
- Giả sử dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi trên
A . Khi đó tồn tại tập hợp , , ( ) 0B A B Bμ⊂ ∈ =M
sao cho { }nf hội tụ về f trên \A B .
Vì ,ng f 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 limn nn nA A
f d f dμ μ→ +∞ → +∞
≤∫ ∫
và l im l imn n
n nA A
f d f dμ μ→ + ∞ → + ∞
≥∫ ∫
Thế nhưng do
lim lim , \n nn n
f f f x A B→+∞ →+∞
= = ∀ ∈
nên
\ \ \
\ \ \
lim lim
lim lim
n nn nA B A B A B
n nn n
A B A B A B
fd f d f d
f d f d fd
μ μ μ
μ μ μ
→+∞ →+∞
→+∞ →+∞
= ≤ ≤
≤ ≤ =
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
Vậy
\ \
lim nn
A B A B
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Mặt khác, vì ( ) 0Bμ = nên hiển nhiên ta có
lim nn
B B
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Theo tính chất cộng tính của tích phân, ta suy ra đẳng thức cần chứng minh.
- Giả sử dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ theo độ đo về hàm f trên
A .
Theo định nghĩa giới hạn trên, tồn tại một dãy con { }kn của dãy số tự
nhiên { }n sao cho lim limkn n
k nA A
f d f dμ μ→+∞ →+∞
=∫ ∫ .
- Hiển nhiên ta có dãy con { },knf k ∗∈ ¥ , cũng hội tụ theo độ đo về
hàm f trên A .Khi đó lại có một dãy con { },kinf i ∗∈ ¥ ,của
dãy { },knf k ∗∈ ¥ , hội tụ hầu khắp nơi về hàm f trên A .
Theo phần vừa chứng minh
lim lim limk ki
n n nn k i
A A A A
f d f d f d fdμ μ μ μ→+∞ →+∞ →+∞
= = =∫ ∫ ∫ ∫
Tương tự, ta có
lim nn A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Vậy
lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Hệ quả 1. Nếu ,nf M M const≤ = , dãy hàm
{ },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên
A , ( )Aμ < +∞ thì
lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞
=∫ ∫
Ta chỉ cần áp dụng định lý 4 cho hàm số
, ( )A
g M gd M Aμ μ= = < +∞∫
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
( ) ( ) ( )I I
L fd R f x dxμ =∫ ∫ .
$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
a b a
L fd R f x dxμ =∫ ∫
1. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân suy rộng a) Tích phân suy rộng loại một
Định lý 3 Cho tích phân suy rộng ( )
a
f x dx+∞
∫ .
Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn hữu
hạn[ , ] [ , ).a b a⊂ +∞
Khi đó tích phân suy rộng ( )
a
f x dx+∞
∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích
Lebesgue trên [ , )a +∞ và
[ , )
( ) ( )a a
f x dx L fdμ+∞
+∞
=∫ ∫
b) Tích phân suy rộng loại hai
Định lý 4 Cho tích phân suy rộng ( )
b
a
f x dx∫ với a là điểm kì dị.
Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , ].a bε+
Khi đó tích phân suy rộng ( )
b
a
f x dx∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích
Lebesgue trên [ , ]a b và
[ , ]
( ) ( )b
a a b
f x dx L fdμ=∫ ∫
Định lý 5 Cho tích phân suy rộng ( )
b
a
f x dx∫ với b là điểm kì dị.
Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , ].a b ε−
Khi đó tích phân suy rộng ( )
b
a
f x dx∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích
Lebesgue trên [ , ]a b và
[ , ]
( ) ( )b
a a b
f x dx L fdμ=∫ ∫
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 xg x 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 ( ) 0Bμ = . - Trước hết ta chứng minh A B⊂ .
Lấy tùy ý, cố định 0x A∈ thì 0 0 0[ , ] ( ) ( )x a b f x g x∈ ∧ ≠ . Vì 0x 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:
{ } { }'[ , ] , [ , ] \n nx a b x a b⊂ ∩ ⊂¤ ¤
sao cho '
0 0lim , limn nn n
x x x x→+∞ →+∞
= = .
Vì ,f g liên tục trên [ , ]a b nên ,f g liên tục tại 0x . Khi đó ta có
0
' '0
lim ( ) lim ( ) ( ),
lim ( ) lim ( ) ( )
n nn n
n nn n
h x f x f x
h x g x g x
→+∞ →+∞
→+∞ →+∞
= =
= =
Suy ra 'lim ( ) lim ( )n n
n nh x h x
→+∞ →+∞≠ , do đó hàm số h không liên
tục tại 0x . Vậy 0 .x B A B∈ ⇒ ⊂
- Bây giờ ta chứng minh A φ= . Giả sử tồn tại 0x A∈ thì 0 0 0[ , ] ( ) ( )x a b f x g 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 0x . Ta có 0 0 0( ) ( ) ( ) 0.k x f x g x= − ≠
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0( ) 0k x > (vì trường hợp
0( ) 0k x < được chứng minh tương tự).
Khi đó, theo tính chất của hàm liên tục tại một điểm, sẽ tồn tại số 0δ > đủ nhỏ để 0 0( ) 0, ( , ) [ , ]k x x x x a bδ δ> ∀ ∈ − + ⊂ . Trường
hợp 0x a= ta thay lân cận hai phía đó bởi lân cận phải ( , )a a δ+ ;
trường hợp 0x b= thay bởi lân cận trái ( , ).b bδ−
Trong cả ba trường hợp ta đều gọi các lân cận của 0x là C thì rõ ràng
( ) 0, ( ) ( ),k x x C f x g x x C≠ ∀ ∈ ⇒ ≠ ∀ ∈
Hiển nhiên [ , ]C a b C A C B⊂ ⇒ ⊂ ⇒ ⊂ . Mà ( ) 2 0Cμ δ= > (hoặc ( ) 0Cμ δ= > )
nên ( ) ( ) 0B Cμ μ≥ > , trái với giả thiết h khả tích Riemann trên
[ , ]a b .
Vậy, điều giả sử tồn tại 0x 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
[ , ] ( ) 0D a b Dμ⊂ ∩ ⇒ =¤
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
a b a b a
L hd L gd R g x dxμ μ= =∫ ∫ ∫
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
, [0,1]1
( ) ln(1 ), [0, ] \2
1, ( ,1] \
2
xe khi x
f x x khi x
arctgx khi x
⎧∈ ∩⎪
⎪⎪= + ∈⎨⎪⎪ ∈⎪⎩
¤
¤
¤
Giải. a) Xét tính khả tích Riemann.
Trên 1
[0, ]2 , ta có
1, [0, ]
2( )1
ln(1 ), [0, ] \2
xe khi xf x
x khi x
⎧ ∈ ∩⎪= ⎨⎪ + ∈⎩
¤
¤
Vì các hàm số ( ) , ( ) ln(1 )xg x e h x x= = + liên tục trên
1[0, ]2 và
0(0) 1 (0) ln(1 0) 0g e h= = ≠ = + =
nên theo ví dụ 1, f không khả tích Riemann trên 1
[0, ]2 và do đó
không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt
1ln(1 ), [0, ]
2( )1
, ( ,1]2
x khi xk x
arctgx khi x
⎧ + ∈⎪= ⎨⎪ ∈⎩
thì ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x k x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤
nên f k: trên [0,1] . Mà k bị chặn trên [0,1] và chỉ gián đoạn
tại 12
x = , 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
[0,1] [0,1] 0
112
102
2
( ) ( ) ( ) ( )
1ln(1 ) [ ln(1 ) ln(1 )] 2
0
11 1 1 1 1 135
[ ln(1 )] ln12 4 2 2 2 2 642
L fd L kd R k x dx
x dx arctgxdx x x x x
xarctgx x arctg
μ μ
π
= = =
= + + = + − + + +
+ − + = − − +
∫ ∫ ∫
∫ ∫
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, [0,1]( ) 1
, [0,1] \
x khi xf x
khi xx
⎧ ∈ ∩⎪= ⎨
∈⎪⎩
¤
¤
Giải. a) Xét tính khả tích Riemann.
Chọn dãy số { } [0,1] \ , lim 0n nn
x x→+∞
⊂ =¤ , thì dãy số tương
ứng { } 1( ) , lim ( )n n
nnf x f x
x →+∞
⎧ ⎫⎪ ⎪= = +∞⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
nên f không bị
chặn, suy ra f không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt
1, (0,1]
( )0, 0
khi xf x x
khi x
⎧ ∈⎪= ⎨⎪ =⎩
Ta có ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x g x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤
nên f g: trên [0,1] .
Mà ( ) 0, [0,1]g x x≥ ∀ ∈ và tích phân suy rộng loại hai với 0 là điểm kì dị
1 1
0 0
1( )g x dx dx
x=∫ ∫
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
[0,1] [0,1] 0
1 1
0 00
( ) ( ) ( )
11 1lim lim 2 2a a
a
L fd L gd g x dx
dx dx xax x
μ μ
→ →
= = =
= = = =
∫ ∫ ∫
∫ ∫
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
, [1, ]( )ln , [1, ] \
xe khi x ef xx khi x e
⎧⎪ ∈ ∩= ⎨∈⎪⎩
¤¤
Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Đặt
( ) , ( ) ln , ( ) ( ) ( ), [1, ]xg x e h x x k x g x h x x e= = = − ∈
thì , ,g h k là các hàm sơ cấp nên liên tục trên [1, ]e .
Ta có (1) ln1 0k e e= − = > và k liên tục phải tại 1x = nên tồn tại 0δ > đủ nhỏ sao cho
( ) 0, (1,1 ) [1, ]k x x eδ> ∀ ∈ + ⊂ .
Ta chứng minh hàm số f đã cho gián đoạn tại mọi điểm (1,1 ).x δ∈ +
Thật vậy, lấy cố định, tuỳ ý 0 (1,1 )x δ∈ + , ta có 0( ) 0k x >
và 0x là số thực nên tồn tại hai dãy số:
{ } { }'[1, ] , [1, ] \n nx e x e⊂ ∩ ⊂¤ ¤
sao cho '
0 0lim , limn nn n
x x x x→+∞ →+∞
= = .
Vì ,g h liên tục trên [1, ]e nên ,g h liên tục tại 0x . Khi đó ta có
0
' '0
lim ( ) lim ( ) ( ),
lim ( ) lim ( ) ( )
n nn n
n nn n
f x g x g x
f x h x h x
→+∞ →+∞
→+∞ →+∞
= =
= =
Mà 0 0 0( ) ( ) ( ) 0g x h x k x− = ≠ ,
suy ra 'lim ( ) lim ( )n n
n nf x f x
→+∞ →+∞≠ ,
do đó hàm số f không liên tục tại 0x .
Vì 0x được chọn tuỳ ý trên (1,1 )δ+ 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
( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x h x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤
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
[1, ] [1, ] 1
1
( ) ( ) ( ) ( )
ln [ ln ] 11
e
e e
e
L fd L hd R h x dx
exdx x x x
μ μ= = =
= = − =
∫ ∫ ∫
∫
Nhận xét: Thực ra hàm số
( ) ( ) ( ) ln 0, [1, ]xk x g x h x e x x e= − = − > ∀ ∈
nên ta có thể chứng minh hàm số f cho ở ví dụ 4 không liên tục tại mọi
điểm [1, ].x e∈ Khi đó tập hợp các điểm gián đoạn của f chính là [1, ]e có độ đo bằng 1 0.e − >
Ví dụ 5. Tính [0,1]
lim nn
f dμ→+∞ ∫ ,
trong đó { },nf n ∗∈ ¥ , là dãy hàm số xác định bởi
sin 1, (0,1]( )
1, 0
n
n
xkhi xf x x n
khi x
⎧⎛ ⎞⎪ + ∈⎜ ⎟= ⎨⎝ ⎠⎪ =⎩
Giải.
- Ta có nf bị chặn trên [0,1] vì
1( ) 1 , , [0,1]
n
nf x e n xn
∗⎛ ⎞≤ + ≤ ∀ ∈ ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠
¥
- ([0,1]) 1μ = < +∞
- Ta chứng minh dãy hàm đã cho hội tụ hầu khắp nơi trên [0,1] .
Thật vậy, với (0,1]x∀ ∈ , đặt sin x
tx
= thì (0,1)t ∈ . Suy ra
1
1 1lim ( ) lim lim 1
1lim 1 0. 0, (0,1]
n nn
nn n n
tntn t
n
f x t tn tn
t e xtn
→+∞ →+∞ →+∞
→+∞
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= + = = ∀ ∈⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
Mà { }( )0 0μ = nên . . 0nf h k nuuuuur trên [0,1] . Theo hệ quả 1 của định lý Lebesgue về sự hội tụ bị chặn, ta có
[0,1] [0,1] [0,1]
lim lim 0 0n nn n
f d f d dμ μ μ→+∞ →+∞
= = =∫ ∫ ∫
