Luận văn Định lí radon - Nikodym và ứng dụng

m 𝜙 nên ta có: ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà 𝑑(𝐴,𝜙) < 𝛿 thì |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝜙)| < 𝜀 tức |𝜑(𝐴)| < 𝜀. Với 𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝜇(𝐴) = 0 ta có 𝑑(𝐴,𝜙) = � |1𝐴| 𝑋 𝑑𝜇 = � 1𝐴𝑑𝜇 𝑋 = 𝜇(𝐴 ∩ 𝑋) = 𝜇(𝐴) = 0 < 𝛿 Do đó |𝜑(𝐴)| 0 bất kỳ nên 𝜑(𝐴) = 0. Vậy 𝜑 ≪ 𝜇. 3)⇒ 1) Ta có 𝜑 ≪ 𝜇 nên ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà 10 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| < 𝜀2 Xét tùy ý 𝐵 ∈ 𝔐,∀𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝑑(𝐴,𝐵) < 𝛿 ta có: 𝑑(𝐴,𝐵) = � |1𝐴 − 1𝐵|𝑑𝜇 = 𝜇(𝐴\𝐵) − 𝜇(𝐵\𝐴) < 𝑋 𝛿 �𝜇 (𝐴\𝐵) < 𝛿 𝜇(𝐵\𝐴) < 𝛿 ⇒ �𝜑(𝐴\𝐵) < 𝜀2𝜑(𝐵\𝐴) < 𝜀 2 Khi đó do 𝜑(𝐴) + 𝜑(𝐵\𝐴) = 𝜑(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝜑(𝐵) + 𝜑(𝐴\𝐵) Ta có : |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| = |𝜑(𝐴\𝐵) − 𝜑(𝐵\𝐴)| ≤ |𝜑(𝐴\𝐵)| + |𝜑(𝐵\𝐴)| < 𝜀2 + 𝜀2 = 𝜀 Vậy ta đã chứng minh ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐,𝑑(𝐴,𝐵) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| < 𝜀 Do đó liên tục tại 𝐵 ⊂ 𝔐 bất kỳ. 1.2 Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym Mệnh đề1.2.1 Cho không gian có độ đo (𝑋,𝔐, 𝜇) và 𝜑 là một độ đocó dấu xác định trên 𝔐. Khi đó tồn tại duy nhất một cặp độ đo 𝜑𝑎 ,𝜑𝑠 xác định trên 𝔐, sao cho: 𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 ,𝜑𝑎 ≪ 𝜇 ,𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (1) 11 Chứng minh: Bước 1: Chứng minh sự duy nhất , giả sử rằng có cặp độ đo 𝜑𝑎′ ,𝜑𝑠′ thỏa mản: 𝜑 = 𝜑𝑎′ + 𝜑𝑠′ trong đó 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇, 𝜑𝑠′ ⊥ 𝜇 Ta có: 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 = 𝜑𝑎′ + 𝜑𝑠′ ⇔ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎 ′ = 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 () Ta có: 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇 (do 𝜑𝑎 ,𝜑𝑎′ ≪ 𝜇) (1) 𝜑𝑠 ′ − 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (do 𝜑𝑠 ,𝜑𝑠′ ≪ 𝜇) (2) Nhận xét: từ ( ) và (1) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ≪ 𝜇 (3) từ ( 2) và (3) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 = 0 (mệnh đề) ⟹𝜑𝑠 = 𝜑𝑠′ . Nhận xét: từ ( ) và (2) ⟹ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ ⊥ 𝜇 (4) từ ( 1) và (4) ⟹ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ = 0 (mệnh đề) ⟹𝜑𝑎 = 𝜑𝑎′ . Từ đầy suy ra sự biểu diển là duy nhất. Bước 2: Chứng minh sự tồn tại. Do ta có sự phần tích Jordan 𝜑 = 𝜑+-𝜑− nên nếu điều phảichứng đã đúng cho độ đo dương thì: 𝜑 = (𝜑𝑎+ + 𝜑𝑠+) − (𝜑𝑎− + 𝜑𝑠−) = (𝜑𝑎+ − 𝜑𝑎−) + (𝜑𝑠+ − 𝜑𝑠−) và do các mệnh đề 1.1.1 a), b) nên ta có phân tích của 𝜑. 12 Vậy ta có thể coi𝜑 là độ đo dương, hữu hạn và định nghĩa số: 𝑐 = sup{𝜑(𝐴):𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0} Trường hợp 1: 𝑐 = 0 Khi đó ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) ⇒ 𝜑(𝐴) = 0 Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 (5) Ta có: 𝜑 = 𝜑 + 0 ≔ 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 = 𝜑 (6) 𝜑𝑠 = 0 (7) Nhận xét 1: 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 (do (5) và (6) ) Nhận xét 2: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 thật vậy Chọn 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước thỏa 𝜇(𝐴) = 0 khi đó ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐵 ⊂ 𝐴𝑐 ⇒ 𝜑𝑠(𝐵) = 0 (do (7) ) ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐷 ⊂ (𝐴𝑐)𝑐 = 𝐴 ⇒ 0 ≤ 𝜇(𝐷) ≤ 𝜇(𝐴) = 0 hay 𝜇(𝐷) = 0 điều này chứng tỏ � 𝜑𝑠tập trung trên 𝐴 𝜇 tập trung trên 𝐴𝑐 Suy ra: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇. Tóm lại: 𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 ≪ 𝜇, 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 trong đó 𝜑𝑎 = 𝜑, 𝜑𝑠 = 0 . Đây là phân tích tầm thường. Trường hợp 2: 𝑐 > 0 13 Do 𝑐 = Sup{𝜑(𝐴):𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0} suy ra ∃𝐴𝑛 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴𝑛) = 0∀𝑛=1,2,sao cho: lim 𝑛→∞ 𝜑(𝐴𝑛) = 𝑐 Đặt ∶ 𝐵 = �𝐴𝑛∞ 𝑛=1 𝜑𝑎(𝐶) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵𝑐), ∀𝐶 ∈ 𝔐(∗) 𝜑𝑠(𝐶) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵) Dưới đây chứng minh 2 việc: (i) 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 (ii) 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 Giải guyết vấn để (i): Lấy ∀𝐴 ∈ 𝔐 sao cho 𝜇(𝐴) = 0, chứng minh 𝜑𝑎(𝐴) = 0 Ta có: 𝜑𝑎(𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝐵𝑐) = 𝜑[𝐴 ∩ (𝑋\𝐵)] = 𝜑 �𝐴 ∩ �𝑋\�𝐴𝑛∞ n=1 �� = 𝜑 �𝐴 ∩ ��𝐴𝑛𝑐∞ 𝑛=1 �� = 𝜑 � (𝐴 ∩ 𝐴𝑛𝑐 )∞ 𝑛=1 � ≤ 14 ≤ 𝜑(𝐴 ∩ 𝐴𝑛𝑐 ) = 𝜑[𝐴 ∩ (𝑋\𝐴𝑛)] = = 𝜑[(𝐴 ∪ 𝐴𝑛)\𝐴𝑛] = 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛) − 𝜑(𝐴𝑛) (8) Nhận xét: 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛) ∈ {𝜑(𝑈):𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} Thật vậy:  𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ∈ 𝔐  𝜇(𝐴 ∪ 𝐴𝑛) ≤ 𝜇(𝐴) + 𝜇(𝐴𝑛) = 0 + 0 = 0 Do vậy 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛) ∈ {𝜑(𝑈):𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ⇒ Sup{𝜑(𝑈):𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛) ⇒ 𝐶 ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛) thay kết quả vào (8) , được 0 ≤ 𝜑𝑎(𝐴) ≤ 𝐶 − 𝜑(𝐴𝑛), ∀𝑛 = 1,2, cho 𝑛 → ∞ ta có ngay 𝜑𝑎(𝐴) = 0 Giải guyết vấn để (ii): Ta có 𝜑𝑠 tập trung trên B, thật vậy: ∀𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 ⇒ 𝜑𝑠(𝐷) = 𝜑(𝐷 ∩ 𝐵) (do (∗)) = 𝜑(∅) (do 𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 thì 𝐷 ∩ 𝐵 = ∅ ) = 0 Vậy 𝜑𝑠 tập trung trên B Ta có 𝜇 tập trung trên 𝐵𝑐, thật vậy:như đã biết 𝜇 là độ đo dương. Lấy mọi 𝐸 ⊂ (𝐵𝑐)𝑐 = 𝐵 Xét:𝜇(𝐸) ≤ 𝜇(𝐵) = 𝜇(⋃ 𝐴𝑛∞n=1 ) ≤ ∑ 𝜇(𝐴𝑛) = 0∞𝑛=1 , (do𝜇(𝐴𝑛) = 0 ∀𝑛) ⇒ 𝜇(𝐸) = 0. Vậy 𝜇 tập trung trên 𝐵𝑐. 15 1.3 Định lí Radon-Nikodym Định lí 1.3.1 Cho không gian với độ đo 𝜎 - hữu hạn (𝑋,𝔐, 𝜇) và một độđo 𝜑 ≪ 𝜇. a) Nếu 𝜑 là một độ đo có dấu thì tồn tại duy nhất hàm𝑓0 ∈ 𝐿(𝜇) (tập các hàm khả tích trên X với độ đo 𝜇 )sao cho: 𝜑(𝐴) = � 𝑓0𝑑𝜇 (1), 𝐴 𝐴 ∈ 𝔐 Hàm 𝑓0 thỏa mãn (1) còn được ký hiệu là 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = 𝑓0 . b) Nếu 𝜑 là độ đo dương, 𝜎-hữu hạn thì tồn tại hàm 𝑓 ≥ 0, 𝔐 - đo được, khả tích trên mỗi tập có 𝜑 -độ đohữu hạn và thỏa mãn 𝜑(𝐴) = � 𝑓0𝑑𝜇, 𝐴 𝐴 ∈ 𝔐,𝜑(𝐴) < +∞,�𝑋 = �𝐴𝑛∞ 𝑛=1 � Chứng minh: a) Sử dụng phân tích Jordan𝜑 = 𝜑+ − 𝜑− ta thấy nếu dã có: ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧𝜑+(𝐴) = � 𝑓1𝑑𝜇 𝐴 𝜑−(𝐴) = � 𝑓2𝑑𝜇 𝐴 thì dẫn đến 𝜑(𝐴) = � (𝑓1−𝑓2)𝑑𝜇 𝐴 = � 𝑓0𝑑𝜇 𝐴 . Do đó ta có thể xem 𝜑 là độ đo dương,hữu hạn Trường hợp 𝜇 hữu hạn(𝜇(𝑋) < +∞). Bước 1:Để xây dựng hàm 𝑓0 ta định nghĩa lớp hàm: 𝑀 = �0 ≤ 𝑓 ∈ 𝐿(𝜇): � 𝑓𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝐴 𝐴 ), ∀𝐴 ∈ 𝔐� 16 ta chứng minh tồn tại hàm 𝑓0 ∈ 𝔐 sao cho 𝑓 ≤ 𝑓0,∀𝑓 ∈ 𝑀. *Ta thấy lớp hàm 𝑀 thỏa hai tính chất sau: i) 𝑓1,𝑓2 ∈ 𝑀 ⇒ Max{𝑓1,𝑓2} = 𝑓 ∈ 𝑀 ii) 𝑓𝑛 ∈ 𝑀,∀𝑛, 𝑓1 ≤ 𝑓2 ≤ ⋯ ≤ 𝑓𝑛 ≤ ⋯, lim 𝑛→∞ 𝑓𝑛 = 𝑓 ⇒ ∀𝑓 ∈ 𝑀 Thật vậy, dãy (𝑓𝑛)𝑛 tăng hội tụ từng điểm đến hàm 𝑓(𝑓𝑛 ↑ 𝑓) nên suy ra lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛 𝐴 𝑑𝜇 = � 𝑓 𝐴 𝑑𝜇 Mà 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓𝑛 𝐴 𝑑𝜇 ⇒ 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓 𝐴 𝑑𝜇 Ta lại có: � 𝑓 𝑋 𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝑋) < +∞ Do đó 𝑓 khả tích. Vậy 𝑓 ∈ 𝑀, Uii) được chứng minh xong. Chứng minh i): Đặt: 𝐵 = {𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓1 ≥ 𝑓2}(tập những điểm x mà tại đó 𝑓1(𝑥) ≥ 𝑓2(𝑥)) Ta có: � 𝑓𝑑𝜇 = � 𝑓𝑑𝜇 + 𝐴∩𝐵𝐴 � 𝑓𝑑𝜇 𝐴∩𝐵𝑐 = � 𝑓1𝑑𝜇 + 𝐴∩𝐵 + � 𝑓2𝑑𝜇 ≤ 𝐴∩𝐵𝑐 ≤ 𝜑(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝜑(𝐴 ∩ 𝐵𝑐) = 𝜑(𝐴), 𝐴 ∈ 𝑀 17 Vậy Max{𝑓1,𝑓2} = 𝑓 ∈ 𝑀.⇒ i) được chứng minh ∗∗ Đặt: 𝑎 = Sup �� 𝑓𝑑𝜇: 𝑓 ∈ 𝑀 𝑋 � Khi đó có dãy (𝑓𝑛)𝑛trong 𝑀 sao cho: 𝑎 = lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛𝑑𝜇 𝑋 Ta chứng minh hàm 𝑓0 xác định bởi: 𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓0(𝑥) = Sup𝑛 𝑓𝑛(𝑥) = lim𝑛→∞(Max{𝑓1(𝑥),𝑓2(𝑥), 𝑓𝑛(𝑥)}) là hàm cần tìm.  Chứng minh 𝑓0 ∈ 𝑀 Ta có 𝑓1(𝑥), 𝑓2(𝑥), ,𝑓𝑛(𝑥) ∈ 𝑀 𝑑𝑜 𝑖)���Max{𝑓1(𝑥), 𝑓2(𝑥), 𝑓𝑛(𝑥)} = 𝑔𝑛 ∈ 𝑀,∀𝑛 và 𝑔1 ≤ 𝑔2 ≤ ⋯ ≤ 𝑔𝑛 ≤ ⋯, vậy ta có: 𝑔𝑛 ∈ 𝑀,𝑔1 ≤ 𝑔2 ≤ ⋯ ≤ 𝑔𝑛 ≤ ⋯ , lim 𝑛→∞ 𝑔𝑛 = = lim 𝑛→∞ (Max{𝑓1(𝑥), 𝑓2(𝑥), 𝑓𝑛(𝑥)}) = Sup𝑓𝑛 = 𝑓0 𝑑𝑜 𝑖𝑖)����𝑓0 ∈ 𝑀.  Chứng minh 𝑓0 ≥ 𝑓,∀𝑓 ∈ 𝑀. ∗ với 𝑓 ∈ 𝑀 𝑖)⇒Max{𝑓,𝑓0} ∈ 𝑀 ⇒ � Max{𝑓,𝑓0}𝑑𝜇 ≤ 𝑎 𝑋 ∗ 𝑓0 ∈ 𝑀 ⇒ � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≤ 𝑎 18 𝑓0 = Sup𝑓𝑛 ⇒ � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≥ � 𝑓𝑛 𝑋 𝑑𝜇 ,∀𝑛 cho 𝑛 → ∞, ta có: � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≥ lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛 𝑋 𝑑𝜇 = 𝑎 ⇒ � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 = 𝑎 Khi đó: 0 ≤ � [Max{𝑓,𝑓0} − 𝑓0] 𝑋 𝑑𝜇 = � Max{𝑓,𝑓0}𝑑𝜇 − 𝑋 � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≤ 𝑎 − 𝑎 = 0 ⇒ Max{𝑓,𝑓0} = 𝑓0 𝜇 -hầu khắp nơi trên 𝑋, ∀𝑓 ∈ 𝑀 Nghĩa là 𝑓0 ≥ 𝑓, ∀𝑓 ∈ 𝑀. Bước 2: Chứng minh: Nếu 𝜑 không kỳ dị đối với 𝜇 thì trong M có hàm không tầm thường (Hàm 𝑓 = 0 h.k.ngọi là hàm tầm thường) Thật vậy, gọi 𝑋𝑛 là tật dương cực đại của độ đo có dấu𝜑 − 𝜇 𝑛 Đặt: 𝐵 = �𝑋𝑛 ⇒∞ 𝑛=1 𝐵𝑐 = 𝑋\��𝑋𝑛∞ 𝑛=1 � Ta xây dựng hàm không tầm thường thuộc lớp M Ta có: 𝜑(𝐵𝑐) = 0 . Thật vậy: 𝑋𝑛 là tập dương cực đại đối với 𝜑 − 𝜇 𝑛 nên 𝑋𝑛𝑐 là tập âm cực đại đối với độ đo có dấu 𝜑 − 𝜇 𝑛 Suy ra �𝜑 − 1 𝑛 𝜇� (𝑋𝑛𝑐) ≤ 0, hay 𝜑(𝑋𝑛𝑐) ≤ 1𝑛 𝜇(𝑋𝑛𝑐); ∀𝑛 ∈ ℕ∗ (∗) Ta lại có: 0 ≤ 𝜑(𝐵𝑐) ≤ 𝜑(𝑋𝑛𝑐) (do 𝜑 là độ đo dương và 𝐵 ⊃ 𝑋𝑛) 19 Do đó: 0 ≤ 𝜑(𝐵𝑐) ≤ 1 𝑛 𝜇(𝑋𝑛𝑐) ≤ 1 𝑛 𝜇(𝑋) → 0 (do 𝜇(𝑋) < +∞) Từ đây ta suy ra𝜇(𝐵) ≠ 0(vì 𝜇 và 𝜑 không kỳ dị đối với nhau) hay có n mà 𝜇(𝑋𝑛) ≠ 0. Để kiểm tra rằng hàm không tầm thường 1 𝑛 . 1𝑋𝑛 ∈ M. thật vậy: i) � (1 𝑛 1𝑋𝑛)𝑑𝜇 = 𝐴 1 𝑛 𝜇(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) ≤ 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) ≤ 𝜑(𝐴) �vì (𝜑 − 𝜇 𝑛 )(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) ≥ 0 ⇒ 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) ≥ 1𝑛 𝜇(𝐴 ∩ 𝑋𝑛)� ⇒ � 1 𝑛 . 1𝑋𝑛� ∈ M. ii) Với 𝑥 ∈ 𝑋, �1 𝑛 . 1𝑋𝑛� (𝑥) = � 1𝑛 nếu 𝑎 ∈ 𝑋𝑛0 nếu 𝑎 ∉ 𝑋𝑛 ⇒ � 1 𝑛 . 1𝑋𝑛� là hàm không tầm thường. Vậy tồn tại hàm 𝑓0 ≥ 𝑓,𝑓0 ∈ 𝑀,𝑓0 không tầm thường (với điều kiện 𝜑 không kỳ dị với 𝜇) 𝐁ướ𝐜 𝟑: Ta chứng minh hàm cực đại𝑓0 tìm được thỏa𝜑(𝐴) = � 𝑓0𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐. 𝐴 * Ta có 𝑓0 ∈ 𝑀 ⇒ � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇 ≤ 𝜑(𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐 ** Xét độ đo 𝜑′(𝐴) = 𝜑(𝐴) −� 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇 20 Ta có 𝜑′ ≪ 𝜇 và 𝜑′ ⊥ 𝜇 thật vậy: i) ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ φ(𝐴) = 0(do φ ≪ µ) � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇 = 0 ⇒ 𝜑′(𝐴) = 𝜑(𝐴) −� 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇 = 0 ⇒ 𝜑′ ≪ 𝜇. ii) Nếu 𝜑′ không ký dị với 𝜇 thì theo chứng minh trên sẽ tồn tại hàm 𝑓 ≥ 0; 𝑓 không tầm thường sao cho: Ta có:� 𝑓𝑑𝜇 ≤ 𝜑′(𝐴) = 𝐴 𝜑(𝐴) −� 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇 ⇒ � (𝑓 + 𝑓0)𝑑𝜇 ≤ 𝐴 𝜑(𝐴)∀𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝑓 + 𝑓0 ∈ 𝑀. Do đó 𝑓 + 𝑓0 ≤ 𝑓0 vô lý Vậy 𝜑′ ⊥ 𝜇. Ta có 𝜑′ ≪ 𝐶,𝜑′ ⊥ 𝜇 ⇒ 𝜑′ = 0 ⇒ 𝜑(𝐴) = � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇,∀𝐴 ∈ 𝔐 Bước 4:Chứng minh hàm 𝑓0 là duy nhất. Nếu có hàm 𝑔 ∈ 𝐿(𝜇)cũng thỏa(1) thì ta có: 𝜑(𝐴) = � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇 = � 𝑔𝑑 𝐴 𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐 21 Chọn 𝐴 = {𝑔 ≥ 𝑓0} ⇒ � (𝑔 − 𝑓0)𝑑 𝐴 𝜇 = 0 nên 𝑔 = 𝑓0 hầu khắp nơi trên 𝐴 Chọn 𝐴′ = {𝑔 ≤ 𝑓0}do� (𝑓0 − 𝑔)𝑑 𝐴′ 𝜇 = 0 ⇒ 𝑔 = 𝑓 hầu khắp nơi trên 𝐴′ Ta có 𝐴 ∪ 𝐴′ = 𝑋,⇒ 𝑔 = 𝑓 hầu khắp nơi trên 𝑋 Vậy 𝑓0 là duy nhất. Trường hợp 𝜇 là 𝜎 - hữu hạn. ∗ Ta có: 𝑋 = �𝑋𝑛∞ 𝑛=1 ; 𝜇(𝑋𝑛) < +∞, (𝑋𝑛) đôi một không giao nhau ∗∗ Áp dụng chứng minh trên cho 𝜑, 𝜇 hạn chế trên tập 𝑋𝑛 , xét (𝑋𝑛,𝔐𝑛, 𝜇𝑛) với 𝔐𝑛 = {𝐴 ∈ 𝔐:𝐴 ⊂ 𝑋𝑛} 𝜇𝑛 = 𝜇 𝔐𝑛� Thì tồn tại hàm 𝑓𝑛khả tích trên 𝑋𝑛theo𝜇𝑛sao cho𝜑(𝐴) = � 𝑓𝑛𝑑 𝐴 𝜇𝑛; ∀𝐴 ∈ 𝔐𝑛 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) = � 𝑓𝑛𝑑𝜇 𝐴∩𝑋𝑛 ; ∀𝑛 Xây dựng hàm 𝑓0:𝑋 → ℝ� 𝑓0(𝑥) = 𝑓𝑛(𝑥) với 𝑥 ∈ 𝑋𝑛 , (𝑛 = 1,2, ) Do các (𝑋𝑛) đôi một không giao nhau nên 𝑓0 xác định Khi đó: 22 𝐴 = 𝐴 ∩ 𝑋 = 𝐴 ∩ ��𝑋𝑛∞ 𝑛=1 � = �(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) , ∀𝐴 ∈ 𝔐∞ 𝑛=1 ⇒ 𝜑(𝐴) = 𝜑 � (𝐴 ∩ 𝑋𝑛)∞ 𝑛=1 � = �𝜑∞ 𝑛=1 (𝐴 ∩ 𝑋𝑛) , (vì 𝐴 ∩ 𝑋𝑛rời nhau) = �� 𝑓𝑛𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐 𝐴∩𝑋𝑛 ∞ 𝑛=1 = � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇, với 𝑓0:𝑋 → ℝ� 𝑓0|𝑋𝑛(𝑥) = 𝑓𝑛(𝑥), (𝑛 = 1,2, ) b) Ta có 𝜑 là độ đo dương ,𝜎-hữu hạn nên 𝑋 = �𝑋𝑛∞ 𝑛=1 ,𝑋𝑛rời nhau,𝜑(𝑋𝑛) < +∞,∀𝑛 ∈ ℕ∗ Theo a) tồn tại các hàm 𝑓𝑛 khả tích theo độ đo 𝜇 trên 𝑋𝑛 sao cho: 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛) = � 𝑓𝑛𝑑𝜇 𝐴∩𝑋𝑛 khi đó:𝜑(𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋) = 𝜑 �𝐴 ∩ ��𝑋𝑛∞ 𝑛=1 �� = 𝜑 � (𝐴 ∩ 𝑋𝑛)∞ 𝑛=1 � = �𝜑∞ 𝑛=1 (𝐴 ∩ 𝑋𝑛) , (vì 𝐴 ∩ 𝑋𝑛rời nhau) 23 = �� 𝑓𝑛𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐 𝐴∩𝑋𝑛 ∞ 𝑛=1 = � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇, với 𝑓0:𝑋 → ℝ� 𝑓0|𝑋𝑛(𝑥) = 𝑓𝑛(𝑥), (𝑛 = 1,2, ) Hàm 𝑓0 bằng 𝑓𝑛 trên 𝑋𝑛 ,𝑛 ∈ ℕ∗ chính là hàm cần tìm. Mệnh đề1.3.1 Cho không gian đo được (𝑋,𝔐) và 𝜇, 𝜆,𝜑 là các độ đo dương, hữu hạn xác định trên 𝔐. Nếu 𝜆 ≪ 𝜑, 𝜑 ≪ 𝜇 thì 𝜆 ≪ 𝜇và ta có𝑑𝜆 𝑑𝜇 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 . 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , 𝜇- hầu khắp nơi Từ đó suy ra 1) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝜇 ≪ 𝜑 thì 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = �𝑑𝜇 𝑑𝜑 � −1 2) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝑓:𝑋 → [0,∞] là 𝔐- đo được, khả tíchtheo độ đo 𝜑 thì 𝑑(𝑓𝜑) 𝑑𝜇 = 𝑓. 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , trong đó (𝑓𝜑 là độ đo định nghĩa bởi (𝑓𝜑)(𝐴) = ∫ 𝑓𝑑𝜑𝐴 ) Chứng minh 1) • Chứng minh 𝜆 ≪ 𝜑,𝜑 ≪ 𝜇 ⇒ 𝜆 ≪ 𝜇 ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜑(𝐴) = 0 ( do 𝜑 ≪ 𝜇 ) ⇒ 𝜆(𝐴) = 0 ( do 𝜑 ≪ 𝜇 ) Vậy 𝜆 ≪ 𝜇. 24 • Chứng minh: 𝑑𝜆 𝑑𝜇 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 . 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , 𝜇 -hầu khắp nơi Do 𝜆 ≪ 𝜑 nên ∃𝑓1 ∈ 𝐿(𝜑) sao cho: 𝜆(𝐴) = � 𝑓1𝑑 𝐴 𝜑, 𝑓1 = 𝑑𝜆𝑑𝜑 Do 𝜑 ≪ 𝜇 nên ∃𝑓2 ∈ 𝐿(𝜇) sao cho: 𝜑(𝐴) = � 𝑓2𝑑𝜇 𝐴 , 𝑓2 = 𝑑𝜑𝑑𝜇 Do 𝜆 ≪ 𝜇 nên ∃𝑓 ∈ 𝐿(𝜇) sao cho: 𝜆(𝐴) = � 𝑓𝑑𝜇 𝐴 , 𝑓 = 𝑑𝜆 𝑑𝜇 Ta chứng minh 𝑓 = 𝑓1.𝑓2 Ta có: 𝜆(𝐴) = � 𝑓1𝑑 𝐴 𝜑 = � 𝑓𝑑𝜇 𝐴 Mà � 𝑓1𝑑 𝐴 𝜑 = � 𝑓1 𝐴 𝑓2𝑑𝜇 (theo mệnh đề 2.1.1) ⇒ � 𝑓(𝑥)𝑑𝜇 𝐴 = � 𝑓1(𝑥) 𝐴 . 𝑓2(𝑥)𝑑𝜇 ⇒ � [𝑓1(𝑥).𝑓2(𝑥) − 𝑓(𝑥)]𝑑𝜇 𝐴 = 0, ∀𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝑓1(𝑥).𝑓2(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝜇 -hầu khắp nơi theo độ đo 𝜇 Suy ra 1): Nều �𝜑 ≪ 𝜇𝜇 ≪ 𝜑 thì 𝜑 ≪ 𝜑 Theo trên ta có: 𝑑𝜑 𝑑𝜑 = 𝑑𝜑 𝑑𝜇 . 𝑑𝜇 𝑑𝜑 25 Mặt khác 𝜑(𝐴) = � 1 𝐴 𝑑𝜑, ∀𝐴 ∈ 𝔐 Ta có: 1 = 𝑑𝜑 𝑑𝜑 = 𝑑𝜑 𝑑𝜇 . 𝑑𝜇 𝑑𝜑 ⇒ 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = �𝑑𝜇 𝑑𝜑 � −1 2) Do 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝑓:𝑋 → [0,∞] là 𝔐- đo được khả tích theo độ đo 𝜑 Đặt 𝜆 = 𝑓𝜑, Ta có: 𝜆(𝐴) = � 𝑓𝑑𝜑 𝐴 ,𝐴 ∈ 𝔐 nên 𝑓 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 , 𝜆 ≪ 𝜑. �vì𝜑(𝐴) = 0 ⇒ � 𝑓𝑑𝜑 𝐴 = 0 ⇒ 𝜆(𝐴) = 0� • Dota có: 𝜆 ≪ 𝜑 , 𝜑 ≪ 𝜇 ⇒ 𝜆 ≪ 𝜇 do đó ta có Theo chứng minh trên thì: 𝑑𝜆 𝑑𝜇 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 . 𝑑𝜑 𝑑𝜇 ⇒ 𝑑(𝑓𝜑) 𝑑𝜇 = 𝑓. 𝑑𝜑 𝑑𝜇 (điều phải chứng minh). 26 CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG 2.1 Đối biến số trong tích phân Mệnh đề 2.1.1 Cho không gian độ đo (𝑋,𝔐𝑋 , 𝜇). 1) Cho hàm 𝑔:𝑋 → [0,∞] là 𝔐𝑋-đo được, ta xét độ đo 𝜆(𝐴) = � 𝑔(𝑥)𝑑 𝐴 𝜇, 𝐴𝜖𝔐𝑋 . (g = ∂λ∂µ) Khi đó vớimọi hàm 𝔐𝑋-đo được 𝑓:𝑋 → [0,∞] thì: � 𝑓(𝑥)𝑑𝜆 = 𝑋 � 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝜇. 𝑋 2) Cho thêm không gian đo được (𝑌,𝔐𝑌) và ánh xạ 𝜑:𝑋 → 𝑌là (𝔐𝑋 −𝔐𝑌)- đo được . Ta xét độ đo 𝛾(𝐵) = 𝜇[𝜑−1(𝐵)], 𝐵𝜖𝔐𝑌.(𝛾 gọi là độ đo ảnhcủa độ đo 𝜇 qua ánh xạ 𝜑) Khi đó nếu 𝑓:𝑌 → [0,∞] là 𝔐𝑌 - đo được thì: � 𝑓(𝑦)𝑑𝛾 = 𝑌 � 𝑓[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇. 𝑋 Chứng minh: 1. Xét f là hàm đơn giản không âm. Khi đó fcó dạng 𝑓(𝑥) = �𝑎𝑖1𝐴𝑖(𝑥) , �𝐴𝑖 = 𝑋, 𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 = ∅ (𝑖 ≠ 𝑗)𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑖=1 Ta có: � 𝑓𝑑𝜆 = 𝑋 �𝑎𝑖𝑋(𝐴𝑖) = �𝑎𝑖 � 𝑔(𝑥)𝑑𝜇 𝐴𝑖 𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑖=1 27 � 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝜇 = 𝑋 �𝑎𝑖 � 1𝐴𝑖(𝑥) 𝑋 𝑔(𝑥)𝑑𝜇 = �𝑎𝑖 � 𝑔(𝑥)𝑑𝜇 𝐴𝑖 𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑖=1 Vậy� 𝑓(𝑥)𝑑𝜆 = 𝑋 � 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝜇. 𝑋 • Nếu f là hàm đo được không âm thì có dãy {𝑓𝑛} các hàm đơn giản sao cho 0 ≤ 𝑓𝑛(𝑥) ≤ 𝑓𝑛+1(𝑥), lim 𝑛→∞ 𝑓𝑛(𝑥) = 𝑓(𝑥) ,∀𝑥 ∈ 𝑋. Do bước trên ta có: � 𝑓𝑛(𝑥)𝑑 𝑋 𝜆 = � 𝑓𝑛(𝑥) 𝑋 𝑔(𝑥)𝑑𝜇, ∀𝑛 ∈ ℕ∗. Cho 𝑛 → ∞ và áp dụng định lý Levi ta có: � 𝑓(𝑥)𝑑𝜆 = 𝑋 � 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝜇 𝑋 . 2. Xét f là hàm đơn giản không âm 𝑓:𝑌 → [0,∞], ta có: 𝑓(𝑥) = �𝑏𝑖1𝐵𝑖(𝑦)𝑛 𝑖=1 , 𝑌 = �𝐵𝑖𝑛 𝑖=1 và𝐵𝑖rời nhau. ⇒ 𝑓[𝜑(𝑥)] = �𝑏𝑖1𝐵𝑖[𝜑(𝑥)] = �𝑏𝑖𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑖=1 1𝜑−1(𝐵𝑖)(𝑥), trong đó: 𝑋 = �𝜑−1(𝐵𝑖), 𝜑−1(𝐵𝑖) rời nhau𝑛 𝑖=1 Thật vậy: ∀𝑥 ∈ 𝑋 ⇒ 𝜑(𝑥) ∈ 𝑌 = �𝐵𝑖𝑛 𝑖=1 28 ⇒ 𝑓𝑖0:𝜑(𝑥) ∈ 𝐵𝑖0 ⇒ 𝑓𝑖0: 𝑥 ∈ 𝜑−1�𝐵𝑖0� ⊂�𝜑−1(𝐵𝑖) 𝑛 𝑖=1 Suy ra: 𝑋 ⊂�𝜑−1(𝐵𝑖) 𝑛 𝑖=1 ⇒ �𝜑−1(𝐵𝑖) ⊂ 𝑋.𝑛 𝑖=1 Giả sử∃𝑖, 𝑗 ∈ {1,2, }: 𝜑−1(𝐵𝑖) ∩ 𝜑−1(𝐵𝑗) ≠ ∅, 𝑖 ≠ 𝑗 ⇒ ∃𝑥0 ∈ 𝜑 −1(𝐵𝑖) và𝑥0 ∈ 𝜑−1(𝐵𝑗) ⇒ 𝜑(𝑥0) ∈ 𝐵𝑖và 𝜑(𝑥0) ∈ 𝐵𝑗 ⇒ 𝐵𝑖 ∩ 𝐵𝑗 ≠ ∅, 𝑖 ≠ 𝑗 (mâu thuẫn với 𝐵𝑖 nhau) Vậy 𝑓0𝜑 là hàm đơn giản Khi đó: � 𝑓(𝑦)𝑑𝛾 = �𝑏𝑖 .𝛾(𝐵𝑖)𝑛 𝑖=1𝑌 (1) � 𝑓[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 = �𝑏𝑖 . 𝜇𝑛 𝑖=1 [𝜑−1(𝐵𝑖)] 𝑋 = �𝑏𝑖 .𝛾(𝐵𝑖)𝑛 𝑖=1 ⇒ � 𝑓(𝑦)𝑑𝛾 = � 𝑓[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇. 𝑋𝑌 * Nếu 𝑓 là hàm 𝔐𝑌-đo được không âm Tồn tại (𝑓𝑛)𝑛,𝑓𝑛 đơn giản không âm, 𝑓𝑛 ≤ 𝑓𝑛+1,∀𝑛 và hàm𝑓𝑛 = 𝑓. 29 Áp dụng trên cho 𝑓𝑛 đơn giản, ta có: � 𝑓𝑛(𝑦)𝑑𝛾 = 𝑌 � 𝑓𝑛[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 (2),∀𝑛 = 1,2, 𝑋 Do 𝑓𝑛 đo được, không âm, hội tụ tăng về 𝑓 trên Ynên từ đinh lí Levi � 𝑓(𝑦)𝑑𝛾 = 𝑌 lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛(𝑦)𝑑𝛾 𝑌 Do 𝜑 đo được, 𝑓𝑛 không âm nên: 𝑓𝑛 ∘ 𝜑 đo được , không âm, hội tụ tăng về 𝑓 ∘ 𝜑 trên X nên do đinh lí Levi � 𝑓[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 = lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 𝑋𝑋 Do tính duy nhất của giới hạn, ta có: lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛(𝑦)𝑑𝑟 𝑌 = lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 𝑋 Vậy � 𝑓(𝑦)𝑑𝑟 = 𝑌 � 𝑓[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 . 𝑋 Mệnh đề 2.1.2 Cho các không gian với độ đo hữu hạn (𝑋,𝔐, 𝜇), (𝑌,𝔑, 𝜆) và 𝜑:𝑋 → 𝑌 là toàn ánh, (𝔐,𝔑)- đo được,thỏa điều kiện: 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜆[𝜇(𝐴)] = 0 Khi đó tồn tại hàm : 𝐽:𝑋 → [0,∞] là 𝔐-đo được saocho với mọi hàm 𝑓:𝑌 → [0,∞] là 𝔑-đo được ta đều có: � 𝑓(𝑦)𝑑𝜆 = 𝑌 � 𝑓 [𝜑(𝑥)] 𝐽(𝑥)𝑑𝜇 . 𝑋 có 𝐽 = |𝜑𝑥′ | 30 Chứng minh Giải sử 𝛾:𝔑 → [0,∞] 𝐵 ↦ 𝛾(𝐵) = 𝜇[𝜑−1(𝐵)] là độ đo ảnh của 𝜇 qua 𝜑 . Nhận xét 1:𝜆 ≪ 𝛾. Thật vậy: Với ∀𝐵 ∈ 𝔑, 𝛾(𝐵) = 0 ⇒ 𝜇(𝜑−1(𝐵)) = 0 ⇒ 𝜆[𝜑(𝜑−1(𝐵))] = 0 ⇒ 𝜆(𝐵) = 0 vì 𝜑 là toàn ánh Vậy 𝜆 ≪ 𝛾 . Nhận xét 2: 𝜆 độ đo dương hữu hạn . Nhận xét 3: 𝛾 là độ đo hữu hạn (do 𝜇-hữu hạn ). Qua 3 nhận xét trên theo định lý Radon-Nikodym ∃𝑓0 ∈ 𝐿(𝛾): 𝜆(𝐵) = � 𝑓0(𝑦)𝑑𝛾 ( 𝐵 ∀𝐵 ∈ 𝔑) * Khi đó theo mệnh đề 2.1.1; 1) ta có ∀𝑓:𝑌 → [0, +∞] là 𝔑 đo được thì: � 𝑓(𝑦)𝑑𝜆 = � 𝑓(𝑦)𝑓0(𝑦)𝑑𝛾 𝑌𝑌 (1) Do (𝑓. 𝑓0):𝑌 → [0,∞] (vì 𝑓0 ≥ 0 ) và 𝛾 là độ đo ảnh của 𝜇 qua ánh xạ 𝜑, nên theo mệnh đề 2.1.1; 2 � 𝑓(𝑦)𝑓0(𝑦)𝑑𝛾 𝑌 = � 𝑓[𝜑(𝑥)]𝑓0[𝜑(𝑥)]𝑑𝜇 𝑋 Đặt 𝐽(𝑥) = 𝑓0[𝜑(𝑥)], ∀𝑥 ∈ 𝑋 thì ta có: 31 • 𝐽 là 𝔐-đo được (vì 𝑓0,𝜑 đo được ) • 𝐽 ≥ 0 ( vì 𝑓0 ≥ 0) Ta có: � 𝑓(𝑦)𝑓0(𝑦)𝑑𝛾 = � 𝑓[𝜑(𝑥)] 𝑋𝑌 𝐽(𝑥)𝑑𝜇 (2) Từ 1), 2) suy ra:� 𝑓(𝑦)𝑑𝜆 = 𝑌 � 𝑓[𝜑(𝑥)] 𝑋 𝐽(𝑥)𝑑𝜇. 2.2 Không gian các độ đo có dấu Mệnh đề 2.2.1 Cho không gian đo được(𝑋,𝔐), ta kí hiệu 𝑀(𝑋,𝔐) là tậphợp tất cả các độ đo có dấu xác định trên 𝔐. 1) Cho 𝜑 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐), ta có 𝜑+(𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋+), 𝜑−(𝐴) = −𝜑(𝐴 ∩ 𝑋−) ,∀𝐴 ∈ 𝔐 với (𝑋+,𝑋−) là một phân hoạch Hahn của 𝜑. 2) Với 𝜑1,𝜑2 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐), ta định nghĩa 𝜑1 ≤ 𝜑2 nếu𝜑2 − 𝜑1 là độ đo dương Đặt Max{𝜑1,𝜑2} là phần tử nhỏ nhất trong tập: {𝜑 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐):𝜑 ≥ 𝜑𝑘 ; 𝑘 = 1,2}. Phần tử Max{𝜑1,𝜑2} tồn tại và: i) 𝜑+ = max{𝜑, 0} ; 𝜑− = max{−𝜑, 0} ii) Max{𝜑1,𝜑2} (𝐴) = 𝜑1(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋−),𝐴 ∈ 𝔐 trong đó (𝑋+,𝑋−) là một phân hoạch Hahn của 𝜑1 − 𝜑2. 32 Chứng minh 1) Ta có 𝐴 = (𝐴 ∩ 𝑋+) ∪ (𝐴 ∩ 𝑋−) và (𝐴 ∩ 𝑋+) ∩ (𝐴 ∩ 𝑋−) = ∅ * Chứng minh 𝜑+(𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋+) = 𝜑+(𝐴) = 𝜑+(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑+(𝐴 ∩ 𝑋−) = 𝜑+(𝐴 ∩ 𝑋+), (vì 𝜑+(𝐴 ∩ 𝑋−) ≤ 𝜑+(𝑋−) = 0) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑−(𝐴 ∩ 𝑋+) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋+), (vì 𝜑−(𝐴 ∩ 𝑋+) ≤ 𝜑−(𝑋+) = 0) Vậy 𝜑+(𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋+), ∀𝐴 ∈ 𝔐 * Chứng minh 𝜑−(𝐴) = −𝜑(𝐴 ∩ 𝑋−) 𝜑−(𝐴) = 𝜑−(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑−(𝐴 ∩ 𝑋−) = 𝜑−(𝐴 ∩ 𝑋−),( vì 𝜑− độ đo dương và 𝜑−(𝑋+) = 0) = 𝜑+(𝐴 ∩ 𝑋−) − 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋−) = −𝜑(𝐴 ∩ 𝑋−), (vì 𝜑+ độ đo dương và 𝜑+(𝑋−) = 0) 2) Chứng minh i)  Chứng minh 𝜑+ = max{𝜑, 0} là phần tử nhỏ nhất trong tập 𝑀1 = {𝛾 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐): 𝛾 ≥ 𝜑, 𝛾 ≥ 0} *Chứng minh 𝜑+ ∈ 𝑀1: • 𝜑+ là độ đo dương ⇒ 𝜑+ ≥ 0. • ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑+(𝐴) = 𝜑(𝐴) + 𝜑−(𝐴) ≥ 𝜑(𝐴) ⇒ 𝜑+ − 𝜑 là độ đo dương ⇒ 𝜑+ ≥ 𝜑 33 Suy ra: 𝜑+ ∈ 𝑀1 *Chứng minh 𝜑+ là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀1 • Lấy 𝜆 bất kỳ thuộc 𝑀1 ⇒ 𝜆 ≥ 𝜑 và 𝜆 ≥ 0 • Chứng minh: 𝜑+ ≤ 𝜆 ∀𝐴 ∈ 𝔐, (𝜆 − 𝜑+)(𝐴) = 𝜆(𝐴) − 𝜑+(𝐴) = 𝜆(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜆(𝐴 ∩ 𝑋−) − 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋+) = (𝜆 − 𝜑)(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜆(𝐴 ∩ 𝑋−) ≥ 0 ( vì 𝜆 ≥ 𝜑 và 𝜆 ≥ 0 ) ⇒ 𝜑+ ≤ 𝜆 ⇒ 𝜑+là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀1 Vậy 𝜑+ = Max{𝜑, 0}. Chứng minh 𝜑− = max{−𝜑, 0} là phần tử nhỏ nhất trong tập 𝑀2 = {𝛾 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐): 𝛾 ≥ −𝜑, 𝛾 ≥ 0}. *Chứng minh 𝜑− ∈ 𝑀2: • 𝜑− là độ đo dương ⇒ 𝜑− ≥ 0. • ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑(𝐴) = 𝜑+(𝐴) − 𝜑−(𝐴) ⇒ 𝜑−(𝐴) + 𝜑(𝐴) = 𝜑+(𝐴) ≥ 0 ⇒ 𝜑− + 𝜑 là độ đo dương ⇒ 𝜑− ≥ −𝜑 Suy ra: 𝜑− ∈ 𝑀2 34 * Chứng minh 𝜑− là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀2 • Lấy 𝜆 bất kỳ thuộc 𝑀2 ⇒ 𝜆 ≥ −𝜑 và 𝜆 ≥ 0 • Chứng minh: 𝜑− ≤ 𝜆 ∀𝐴 ∈ 𝔐, (𝜆 − 𝜑−)(𝐴) = 𝜆(𝐴) − 𝜑−(𝐴) = 𝜆(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜆(𝐴 ∩ 𝑋−) + 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋−) = (𝜆 + 𝜑)(𝐴 ∩ 𝑋−) + 𝜆(𝐴 ∩ 𝑋+) ≥ 0 ( vì 𝜆 ≥ −𝜑 và 𝜆 ≥ 0 ) ⇒ 𝜆 − 𝜑− là độ đo dương ⇒ 𝜑− ≤ 𝜆 là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀2 ⇒ 𝜑−là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀2 Vậy 𝜑− = Max{−𝜑, 0} = (−𝜑)+ * Chứng minh tồn tại Max{𝜑1,𝜑2} là phần tử nhỏ nhất trong tập 𝑀3 = {𝛾 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐): 𝛾 ≥ 𝜑1, 𝛾 ≥ 𝜑2}. Theo i) ta có ∃𝜑+ = Max{𝜑, 0} 𝜑− = Max{−𝜑, 0}, ∀𝜑 ∈ 𝑀(𝑋,𝔐) nên tồn tại 𝜆 = 𝜑2 + Max{𝜑1 − 𝜑2, 0}. (∗) Ta chứng minh: 𝜆 = Max{𝜑1,𝜑2} • Từ (∗), ta có 𝜆 ≥ 𝜑2 + (𝜑1 − 𝜑2) = 𝜑1 𝜆 ≥ 𝜑2 + 0 = 𝜑2 ⇒ 𝜆 ∈ 𝑀3 35 • Với 𝛾 bất kì thuộc 𝑀3 ⇒ 𝛾 ≥ 𝜑1, 𝛾 ≥ 𝜑2 Ta chứng minh:𝜆 ≤ 𝛾 Ta có 𝛾 ≥ 𝜑1 ⇒ 𝛾 − 𝜑2 ≥ 𝜑1 − 𝜑2 𝛾 ≥ 𝜑2 ⇒ 𝛾 − 𝜑2 ≥ 0 ⇒ 𝛾 − 𝜑2 ≥ Max{𝜑1 − 𝜑2, 0} ⇒ 𝛾 ≥ 𝜑2 + Max{𝜑1 − 𝜑2, 0} = 𝜆 ⇒ 𝜆 là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀3 Vậy: Max{𝜑1,𝜑2} = 𝜆 = 𝜑2 + Max{𝜑1 − 𝜑2, 0} 𝜆 − 𝜑2 = Max{𝜑1 − 𝜑2, 0} = (𝜑1 − 𝜑2)+. ii) Chứng minh: Max{𝜑1,𝜑2}(𝐴) = 𝜑1(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋−) với 𝑋+,𝑋− là một phân hoạch Hahn của 𝜑1 − 𝜑2. ∀𝐴 ∈ 𝔐,ta có: Max{𝜑1,𝜑2}(𝐴) = 𝜆(𝐴) = 𝜑2(𝐴) + Max{𝜑1 − 𝜑2, 0} (𝐴) = 𝜑2(𝐴) + (𝜑1 − 𝜑2)+(𝐴), (vì𝜑+ = Max{𝜑, 0}) = 𝜑2(𝐴) + (𝜑1 − 𝜑2)(𝐴 ∩ 𝑋+) = 𝜑2[(𝐴 ∩ 𝑋+) ∪ (𝐴 ∩ 𝑋−)] + (𝜑1,𝜑2)(𝐴 ∩ 𝑋+) = 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋−) + 𝜑1(𝐴 ∩ 𝑋+) − 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋+) = 𝜑1(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋−). Vậy Max{𝜑1,𝜑2}(𝐴) = 𝜑1(𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2(𝐴 ∩ 𝑋−). 36 Mệnh đề 2.2.2 𝑀(𝑋, 𝜇) là không gian Banach với các phép toán thông thường về cộng độ đovà nhân độ đo với số, với chuẩn ‖𝜑‖ = |𝜑|(𝑋). Chứng minh I. Đầu tiên ta kiểm tra 𝜑 ↦ ‖𝜑‖ = |𝜑|(𝑋) là chuẩn. i) Ta có |𝜑|(𝑋) ≥ 0 và |𝜑|(𝑋) = 0 ⟺ �𝜑+(𝑋) = 0 𝜑−(𝑋) = 0 ⟺ �𝜑+(𝐴) = 0𝜑−(𝐴) = 0 ∀𝐴 ∈ 𝔐 ⟺𝜑(𝐴) = 0, ∀𝐴 ∈ 𝔐 ⟺ 𝜑 = 0. ii) Ta có (𝜆𝜑)+ = max{𝜆𝜑, 0} = 𝜆max{𝜑, 0} = 𝜆𝜑+, nếu 𝜆 ≥ 0 = −𝜆max{−𝜑, 0} = −𝜆𝜑−, nếu 𝜆 < 0 Tương tự (𝜆𝜑)− = �𝜆𝜑−, nếu 𝜆 ≥ 0 −𝜆𝜑−, nếu 𝜆 < 0 Do đó |𝜆𝜑| = (𝜆𝜑)+ + (𝜆𝜑)− = � 𝜆(𝜑+ + 𝜑−), nếu 𝜆 ≥ 0 −𝜆(𝜑− + 𝜑+), nếu 𝜆 < 0 = |𝜆|. |𝜑|. ⇒ ‖𝜆𝜑‖ = |𝜆𝜑|(𝑋) = |𝜆||𝜑|(𝑋) = |𝜆|‖𝜑‖. 37 iii) Ta có: ‖𝜑1 + 𝜑2‖ = (𝜑1 + 𝜑2)+(𝑋) + (𝜑1 + 𝜑2)−(𝑋) (𝜑1 + 𝜑2)+ = Max{𝜑1 + 𝜑2, 0} ≤ 𝜑1+ + 𝜑2+ (𝜑1 + 𝜑2)− = Max{−𝜑1 − 𝜑2, 0} ≤ 𝜑1− + 𝜑2− Do đó ‖𝜑1 + 𝜑2‖ ≤ 𝜑1+(𝑋) + 𝜑2+(𝑋) + 𝜑1−(𝑋) + 𝜑2−(𝑋) = |𝜑1|(𝑋) + |𝜑2|(𝑋) ≤ ‖𝜑1‖ + ‖𝜑2‖. II. Xét {𝜑𝑛} ⊂ 𝑀(𝑋, 𝜇) là dãy Cauchy, ta cần chứng minh nó hội tụ. Xét ánh xạ 𝜇:𝔐 → [0,∞] cho bởi 𝜇(𝐴) = � 12𝑛∞ 𝑛=1 · |𝜑𝑛|(𝐴)1 + |𝜑𝑛|(𝑋) = �𝑎𝑛∞𝑛=1 |𝜑𝑛|(𝐴),𝐴𝜖𝔐 Ta có 𝜇(𝐴) < ∞ ∀𝐴𝜖𝔐 . Nếu {𝐴𝑘} ⊂ 𝔐, 𝐴𝑘 ∩ 𝐴𝑙 = ∅ (𝑘 ≠ 𝑙) và 𝐴 = �𝐴𝑘∞ 𝑘=1 thì: 𝜇(𝐴) = �𝑎𝑛∞ 𝑛=1 |𝜑𝑛|(𝐴) = ��𝑎𝑛∞ 𝑘=1 ∞ 𝑛=1 |𝜑𝑛|(𝐴𝑘) = ��𝑎𝑛∞ 𝑛=1 ∞ 𝑘=1 |𝜑𝑛|(𝐴𝑘) = �𝜇(𝐴𝑘)∞ 𝑘=1 Vậy 𝜇 là độ đo dương hữu hạn. Dễ thấy 𝜑𝑛 ≪ 𝜇 nên tồn tại 𝑓𝑛 ∈L(𝜇) sao cho 𝜑𝑛(𝐴) = � 𝑓𝑛𝑑𝜇 ∀𝑛 ∈ ℕ∗, ∀𝐴𝜖𝔐 𝐴 38 Chú ý rằng nếu𝑓 ∈ L(𝜇)và 𝜑(𝐴) = � 𝑓𝑑 𝐴 𝜇, 𝐴𝜖𝔐 thì 𝑋+ = {𝑥, 𝑓(𝑥) ≥ 0}, 𝑋− = {𝑥𝜖𝑋: 𝑓(𝑥) < 0} là một phân hoạch Hahn của 𝜑 nên do mệnh đề 2.2.1 ta có 𝜑±(𝐴) = � 𝑓𝑑 𝐴∩𝑋± 𝜇 = � 𝑓±𝑑𝐴 𝜇 |𝜑|(𝐴) = � |𝑓|𝑑 𝐴 𝜇, 𝐴𝜖𝔐 Ta có: ‖𝜑𝑚 − 𝜑𝑛‖ = |𝜑𝑚 − 𝜑𝑛|(𝑋) = � |𝑓𝑚 − 𝑓𝑛|𝑑 𝑋 𝜇 nên {𝑓𝑛}là dãy Cauchy trong không gian Ba nach L(𝜇) nên hội tụ. Gọi 𝑓0 ∈L(𝜇) là giới hạn của {𝑓𝑛} trong L(𝜇). Xét độ đo 𝜑0 ∈M(𝑋, 𝜇) cho bởi 𝜑0(𝐴) = � 𝑓0𝑑 𝐴 𝜇. Khi đó‖𝜑𝑛 − 𝜑0‖ = � |𝑓𝑛 − 𝑓0|𝑑 𝑋 𝜇 → 0 (khi 𝑛 → ∞) nên lim𝜑𝑛 = 𝜑0 trong M(𝑋, 𝜇). 2.3 Định lí cơ bản của phép tính tích phân Trước tiên ta cần xét hai lớp hàm quan trọng 2.3.1 Hàm có biến phân bị chặn Định nghĩa 2.3.1 Hàm f gọi là có biến phân bị chặn ( ký hiệu 𝑓 ∈ 𝐵𝑉)trên [𝑎, 𝑏]nếu đại lượng sau hữu hạn. 39 𝑏V 𝑎 𝑓 ≔ sup�|𝑓(𝑡𝑖) − 𝑓(𝑡𝑖−1)|𝑛 𝑖=1 ở đây sup lấy trên tập các phân hoạch của [𝑎, 𝑏] 𝑎 = 𝑡0 < 𝑡1 < ⋯ < 𝑡𝑛 = 𝑏, 𝑛 ∈ ℕ Có thể thấy ngay rằng hàm đơn điệu có biến phân bị chặn. Mệnh đề 2.3.1 Giả sử 𝑓 ∈ 𝐵𝑉 trên [𝑎, 𝑏]. Thế thì: i) Hàm 𝐹(𝑥) = 𝑥V 𝑎 𝑓 (𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]) có tính chất: 𝐹(𝑦) − 𝐹(𝑥) = 𝑦V 𝑥 𝑓 , (𝑥 < 𝑦) ii) 𝑓 là hiệu của hai hàm không giảm trên [𝑎, 𝑏] Chứng minh i) Gọi {𝑡𝑖: 𝑖 = 0,𝑛�����} là một phân hoạch trên [𝑎, 𝑥] �𝑠𝑗: 𝑗 = 0,𝑚������� là một phân hoạch của [𝑥,𝑦] và 𝑉1 = �|𝑓(𝑡𝑖) − 𝑓(𝑡𝑖−1)|𝑛 𝑖=1 𝑉2 = ��𝑓�𝑠𝑗� − 𝑓(𝑠𝑗−1)�𝑚 𝑗=1 thì �𝑡𝑖 , 𝑠𝑗� lập thành một phân hoạch của [𝑎, 𝑦]. Gọi V là tổng ứng với phân hoạch này ta sẽ có: 40 𝑉1 + 𝑉2 = 𝑉 ≤ 𝑦V 𝑎 𝑓 ⇒ 𝑉1 ≤ 𝑦V 𝑎 𝑓 − 𝑉2 Lấy sup trên {𝑡𝑖; 𝑖 = 0,𝑛�����} ta được 𝐹(𝑥) ≤ 𝑦V 𝑎 𝑓 − 𝑉2 ⇒ 𝑉2 ≤ 𝑦V 𝑎 𝑓 − 𝐹(𝑥) Lấy sup trên �𝑠𝑗; 𝑗 = 0,𝑚������� ta được 𝑦V 𝑥 𝑓 ≤ 𝑦V 𝑎 𝑓 − 𝐹(𝑥) hay 𝐹(𝑥) + 𝑦V 𝑥 𝑓 ≤ 𝐹(𝑦) Ta chứng minh bất đẳng thực ngược lại Ta xét phân hoạch P của [𝑎,𝑦] ứng với tổng V Thêm điểm x vào số các điểm chia ta có một phân hoạch mới 𝑃′ của [𝑎,𝑦] ứng với tổng 𝑉′. Vì các điểm chia trong 𝑃′ tạo thành một phân hoạch của [𝑎, 𝑥] và [𝑥,𝑦] nên ta có: 𝑉 ≤ 𝑉′ ≤ 𝐹(𝑥) + 𝑦V 𝑥 𝑓. 41 Từ đây ta có: 𝐹(𝑦) ≤ 𝐹(𝑥) + 𝑦V 𝑥 𝑓 Vậy 𝐹(𝑥) + 𝑦V 𝑥 𝑓 = 𝐹(𝑦) ii) Ta có: 𝑓 = 𝑔 − ℎ Trong đó 𝑔 = 1 2 (𝐹 + 𝑓); ℎ = 1 2 (𝐹 − 𝑓) Ta có: |𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥)| ≤ 𝑦V 𝑥 𝑓 = 𝐹(𝑦) − 𝐹(𝑥) , (𝑥 < 𝑦). Từ đó ta có: 𝑔(𝑦) − 𝑔(𝑥) = 12 �𝐹(𝑦) + 𝑓(𝑦)� − 12 �𝐹(𝑥) + 𝑓(𝑥)