Luận văn Khảo sát tình khả tích LEBESGUE

n X A ¥ = = U Ta có: ( ) ( ) nA n f x f xa c £ , Xx Î" Vì vậy: ( ) mmcamama dfdxffdfd nnAn n òòòò ¥®¥® £== limlim Cho 1a -® , ta được: lim nnfd f dm m®¥£ò ò . 7) Cho {fn}, {gn} là hai dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng trên X. Nếu lim limn nn nf g®¥ ®¥= trên X thì lim limn nn nf d g dm m®¥ ®¥=ò ò . Chứng minh: "k = 1, n , ta có: limk nng f®¥£ trên X Þ limk nng d f dm m®¥£ò ò . Cho k " ¥, ta được: lim limk nk ng d f dm m®¥ ®¥£ò ò . Tương tự, ta có: lim limn kn kf d g dm m®¥ ®¥£ò ò . Vậy mm dgdf kknn òò ¥®¥® = limlim . 1.2. Tích phân của hàm đo được, không âm Định nghĩa: Nếu f: A " R là một hàm đo được, không âm thì tích phân của hàm f được định nghĩa là: ò A fdm = sup { jjmj ,0| fd A ££ò là hàm đơn giản} 18 Tính chất: i) 0, ³"= òò cfccf ii) òò £Þ££ gfgf0 Thật vậy: Vì gf £ nên nếu j là hàm đơn giản sao cho f£j thì ta cũng có g£j . Do đó: { } { } òòòò =£££= ggff jjjj supsup iii) Nếu BAf ̳ ,0 , A, B là hai tập đo được thì òò £ BA fdfd mm . Thật vậy: Nếu BA Ì thì với j là hàm đơn giản thỏa f££ j0 thì òò £ BA dd mjmj . Do đó: òò £ BA fdfd mm 1.3. Tích phân của hàm đo được bất kỳ Định nghĩa: Cho f là một hàm đo được có dấu tùy ý trên A. Nếu ít nhất một trong hai tích phân mdf A ò + và mdf A ò - hữu hạn thì tích phân của hàm f trên A được định nghĩa là: mmm dfdfdf AAA òòò -+ -= Nếu mdf A ò hữu hạn thì ta nói hàm f khả tích trên A. Khi X = R, F = L thì tích phân định nghĩa như trên được gọi là tích phân Lebesgue. Ký hiệu: mdfL A ò)( . 2. Các tính chất 2.1. Nếu f đo được trên A và m(A) = 0 thì 0 A f dm =ò . 2.2. Nếu f đo được, giới nội trên A và m(A) < +¥ thì f khả tích trên A. 2.3. Tính cộng tính Nếu A Ç B = Æ thì A B A B f f f È = +ò ò ò 19 Hệ quả: i) Nếu tồn tại A fò , E Ì A, E đo được thì cũng tồn tại E fò . Nếu f khả tích trên A thì f cũng khả tích trên E. ii) Nếu m(B) = 0 thì A B A f f È =ò ò 2.4. Tính bảo toàn thứ tự · Nếu f ~ g trên A thì A A f g=ò ò . Đặc biệt: nếu f = 0 h.k.n trên A thì 0 A f =ò . · Nếu f £ g trên A thì A A f g£ò ò . Đặc biệt: nếu f ³ 0 trên A thì 0 A f ³ò . Hệ quả: Nếu f khả tích trên tập A thì f hữu hạn h.k.n trên A. 2.5. Tuyến tính · ( )Rcfccf AA Î= òò · ( ) A A A f g f g+ = +ò ò ò (vế phải phải có nghĩa). 2.6. Khả tích · Nếu A fò có nghĩa thì A A f f£ò ò . · f khả tích trên A Û f khả tích trên A. · Nếu f £ g h.k.n trên A và g khả tích thì f cũng khả tích trên A. · Nếu f, g khả tích thì f ± g cũng khả tích. Nếu f khả tích và g bị chặn thì f.g khả tích. 2.7. Cho f là hàm khả tích. Khi đó "e > 0, tồn tại hàm đơn giản j sao cho A f dj m e- <ò . Chứng minh: · f đo được, không âm và A fdm < +¥ò Þ ${jn} là dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng và lim nn fj®¥ = trên X và lim nn A A d fdj m m ®¥ =ò ò Þ $n Î N sao cho: n A A A fd d fdm e j m m- < £ò ò ò 20 Þ ( )n n A A f d f dj m j m e- = - <ò ò · Nếu f khả tích thì : A f dm+ < +¥ò và A f dm- < +¥ò Þ $j1, j2 sao cho: 1 2A f d ej m+ - <ò và 2 2A f d ej m- - <ò · Đặt: j = j1 - j2 Þ 1 2( ) A A f d f f dj m j j m+ -- £ - + -ò ò 1 2 A A f d f dj m j m e+ -£ - + - <ò ò 2.8. Tính s_cộng tính Cho một không gian độ đo (X, F, m), f là một hàm đo được trên X. "A Î F ta định nghĩa: ( ) A A fdf m= ò . Khi đó: f là s_cộng tính trên F. Tức là: Nếu Î= ¥ = n n n AAA , 1 U F, ( )mnAA mn ¹Æ=Ç thì ( ) ( )å ¥ = = 1n nAA ff (hay å òò ¥ = = 1n AA n ff ). Chứng minh: * Nếu f = cE, với E Î F thì ( )Af = E A dc mò = ( )AE Çm Vì m là s_cộng tính nên f là s_cộng tính. * Trường hợp f là hàm đơn giản, không âm: Giả sử: ( ) ( ) XExaxf n k kE n k k k == == å U 11 ,c . Khi đó: ( ) ( )AEafA k n k k A Ç== åò = mf 1 . Do U ¥ = = 1i iAA nên: ( )Af ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ Ç= ¥ == å U 11 i ik n k k AEa m ( )÷÷ ø ö çç è æ Ç= ¥ == å U 11 i ik n k k AEa m ( ) ( )jiAAdoAEa ji i ik n k k ¹Æ=ÇÇ= åå ¥ == , 11 m 21 ( ) ( )å å ò åå ¥ = ¥ = ¥ = = = = Ç= 1 1 1 1 i i i A ik i n k k A fd AEa i f m m * Trường hợp f là hàm đo được, không âm Giả sử j là một hàm đơn giản, không âm sao cho j £ f. Do chứng minh trên, ta có: å òò ¥ = = 1k AA k dd mjmj Do đó: ( )åå òò ¥ = ¥ = =£ 11 k k k AA Afdd k fmmj Mà sup{ 0 A A fd d fm j m j= £ £ò ò , j là hàm đơn giản} Nên ( )åò ¥ = £ 1k k A Afd fm hay 1 ( ) ( )k k A Af f ¥ = £ å (1) · Nếu $ko sao cho f( okA ) = + ¥ thì f(A) = + ¥ (vì f(A) ³ f(Ak), "k Khi đó: f(A) = 1 ( )k k Af ¥ = å +¥= . · Giả sử f(Ak) < +¥, "k. Ta chứng minh: f(A) ³ 1 ( )k k Af ¥ = å bằng phương pháp quy nạp. ü Với k = 2,vớie > 0, chọn hàm đơn giản j sao cho: j £ f và 1 1A A d fdj m m e³ -ò ò , 2 2A A d fdj m m e³ -ò ò Ta có: f(A1 È A2) = 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2 A A A A A A fd d d d A Am j m j m j m f f e È È ³ = + ³ + -ò ò ò ò Þ f(A1 È A2) ³ f(A1) + f(A2). ü Giả sử với k = n, ta có: 11 ( ) ( ) n n k k kk A Af f == ³ åU . ü Ta chứng minh mệnh đề đúng với k = n + 1. 22 1 1 1 1 1 1 11 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n k k n k n k n k k kk k k A A A A A A A Af f f f f f f + + + + + = == = = = È ³ + ³ + =å åU U U Vậy 11 ( ) ( ) n n k k kk A Af f == ³ åU , "n Vì 1 n k k A = U Ì A nên f(A) ³ 1 ( ) n k k Af = å Cho n ® ¥, ta được: f(A) ³ 1 ( )k k Af ¥ = å (2) Từ (1) & (2), suy ra: f(A) = 1 ( )k k Af ¥ = å . * Trường hợp f là hàm đo được, có dấu tùy ý, ta phân tích f f f+ -= - , sau đó áp dụng kết quả trên cho hai hàm không âm ,f f+ - . · Từ tính chất trên ta suy ra: nếu f là hàm đo được, không âm thì ( ) A A fdf m= ò là một độ đo. Hàm ( )Af được gọi là tích phân bất định của f. Áp dụng tính chất của độ đo, ta có thêm một số tính chất cho tích phân. Chẳng hạn như: Nếu An ­, An đo được, U ¥ = = 1n nAA và f là đo được không âm thì: òò ¥®= nA n A fdfd mm lim 2.9. Bất đẳng thức Tchebychev Cho f(x) ³ 0 khả tích trên A và c > 0 là một số dương bất kỳ. Khi đó: m({ x Î A | f(x) ³ c }) £ 1 ( ) A f x d c mò . Chứng minh: Đặt B = { x Î A | f(x) ³ c} Khi đó: \ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A B A B B f x d f x d f x d f x d c Bm m m m m= + ³ ³ò ò ò ò Do đó: ( ) ( ) mm dxf c B A ò£ 1 . 23 2.10. Sau đây là một vài tính chất của tích phân các hàm đo được không âm j Cho f không âm, khả tích trên A, ( ) 0>Am . Khi đó: Û=ò 0 A f f = 0 h.k.n trên A. Chứng minh: ( )Þ · Nếu f là hàm đơn giản, không âm: iE n i iaf cå = = 1 thì: ( ){ }( ) 000 =>ÎÛ=ò xfAxfd A mm . 0=Û f h.k.n trên A. · Giả sử f đo được, không âm. Khi đó tồn tại {fn} đơn giản, không âm, đơn điệu tăng sao cho: ffnn =¥®lim Do đó: nfffd A n A nn A "=Û=Û= òòò ¥® ,00lim0m . nAtrênnkhfn "=Û ,..0 Vậy Atrênnkhf ..0= . ( )Ü Giả sử: f = 0 h.k.n trên A. Khi đó với mọi hàm đơn giản f££ jj 0, thì nkh ..0=j trên A. Þ Atrênnkha iE n i i ..0 1 =å = c Þ với mỗi ( ) Þêë é = = 0 0 i i E a thìi m ( )åò = == n i ii A Ea 1 0mj Theo định nghĩa tích phân của hàm không âm, ta có: 00sup = ïþ ï ý ü ïî ï í ì ££= òò ff AA jj Vậy Û=ò 0 A f f = 0 h.k.n trên A. Có thể chứng minh các chiều ( ) ( )ÜÞ và của tính chất trên theo cách khác như sau: 24 ( )Þ Giả sử 0=ò A f · Cách 1: Đặt ( ) þ ý ü î í ì >Î= n xfAxBn 1 Ta có: ( ){ }0 1 ¹Î== ¥ = xfAxBB n nU Giả sử ( ) 0>Bm . Khi đó: ( ) 0:0 >>$ NBN m . Ta có: ( ) 01 >³ò N B B N fd N mm Điều này mâu thuẫn với: £ò NB fdm 0=ò A fdm (mâu thuẫn) ( ) 0=Þ Bm . Vậy f = 0 h.k.n trên A. · Cách 2: Đặt An = { x Î A | f(x) ³ 1 n } Ta có: ( ) 01 =£ ò A n fdAn mm . Do đó: ( ) nAn "= ,0m Mặt khác: { x Î A | f(x) ¹ 0 } = 1 n n A ¥ = U Vì vậy: m({ x Î A | f(x) ¹ 0 } = 0 . Điều này chứng tỏ f = 0 h.k.n trên A. ( )Ü Xét {fn} là một dãy bất kỳ các hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng và lim nn f f®¥ = trên A. Ta có: fn = 0 h.k.n trên A, "n Î N Þ 0,nf d nm = "ò Do đó: 0lim == òò ¥® mm dffd nn . k f khả tích và f(x) > 0 h.k.n trên A. Nếu 0 A f dm =ò thì m(A) = 0. Chứng minh: Đặt A1 = { x Î A | f(x) > 0 } A2 = { x Î A | f(x) £ 0 } 25 Khi đó: A1 Ç A2 = Æ, A1, A2 Î F. Do f(x) > 0 h.k.n trên A nên m(A2) = 0 Ta có: f > 0 trên A1 và 1 0 A A fd fdm m= =ò ò nên f = 0 h.k.n trên A1 Þ m(A1) = 0. Vậy: m(A) = m(A1) + m(A2) = 0. l f đo được trên A và 0 E f dm =ò , "E Ì A, E đo được. Khi đó f = 0 h.k.n trên A. Chứng minh: Đặt: A1 = { x Î A | f(x) > 0 } Î F A2 = { x Î A | f(x) < 0 } Î F Theo giả thiết: 1 0 A f dm =ò Þ m(A1) = 0 (do f > 0 trên A1) Ta có: 2 0 A f dm =ò . Thay f bởi – f, ta được: A2 = { x Î A | - f(x) > 0 } Î F Do đó, từ 2 ( ) 0 A f dm- =ò Þ m(A2) = 0. Vậy m{ x Î A | f(x) ¹ 0} = m(A1) + m(A2) = 0. Do đó, f = 0 h.k.n trên A. 3. Qua giới hạn dưới dấu tích phân Cho dãy hàm đo được {fn}. Nếu ( ) ( ) ¥®® nkhixfxfn thì có thể ( ) ( ) ¥®® òò nkhixfxfn hoặc ( ) ( ) ¥®®/ òò nkhixfxfn . Xét ví dụ sau: Cho ( ) ( ) .....,2,1,1,0 == ÷ ø ö ç è æ nxnxf n n c Ta có: ( ) Rxnkhixfn Î"¥®® ,0 . Nhưng: 001lim =¹= òò¥® RR nn ddf mm 26 Vậy với những điều kiện nào thì từ ( ) ( ) ¥®® nkhixfxfn dẫn đến ( ) ( ) ¥®® òò nkhixfxfn ? Để tìm hiểu về những điều kiện này, ta xét các định lý sau: Định lý hội tụ đơn điệu: Cho dãy hàm đo được, không âm {fn}trên A. Nếu 0 £ fn ­ f thì ( ) ( )n A A f x d f x dm m®ò ò . Chứng minh: Do fn(x) £ f(x), "n nên ( ) ( ) mm dxfdxf AA n òò £ . Do đó: ( ) ( ) mm dxfdxf AA nn òò £¥®lim (1) Ta cần chứng minh: ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ £ò ò . Giả sử j là hàm đơn giản thỏa 0 £ j £ f. Ta chứng minh: ( ) lim ( )nn A A x d f x dj m m ®¥ £ò ò . Lấy 0 < c < 1. Đặt An = { x Î A | fn(x) ³ cj (x)}, n = 1, 2, …. Khi đó: {An} là một dãy tăng và 1 n n A A ¥ = = U . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) mmmjmjmj dxfdxfdxcdxcdxc A nn A nn A n AA nn òòòòò ¥®¥®¥® ££== limlimlim Cho c ® 1, ta được: ( ) lim ( )nn A A x d f x dj m m ®¥ £ò ò Do đó: ( ) ( ) mm dxfdxf A nn A òò ¥®£ lim (2) Từ (1) & (2), suy ra: lim ( ) ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Chú ý: 1) Nếu dãy hàm {fn} đo được, không âm, fn(x) tăng đến f(x) h.k.n trên A, ta vẫn có: òò ¥®= A nn A ff lim . 27 Chứng minh: Giả sử: ( ) ( ) ( ) 0\,,,lim =ÌÎ"= ¥® EAAEExxfxfnn m . Khi đó: f ~ Efc trên A. fn ~ Enf c trên A. Do đó: òòòòòòò ¥®¥®¥®¥® ====== A nnE A nnEn A nn E n EA E A fffffff limlimlimlim ccc . 2) Nếu {fn} là một dãy giảm, ffnn =¥®lim và f1 khả tích trên A thì òò =¥® AA nn fflim . Thật vậy: Vì {fn} giảm nên{ }nff -1 không âm và đơn điệu tăng. Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được: ( ) ( )òò -=-¥® AA nn ffff 11lim Û-=-Û òòòò ¥® AAA nn A ffff 11 lim òò =¥® AA nn fflim (do ¥<ò A f1 ). * Điều kiện f1 khả tích là không thể bỏ được. Xét ví dụ sau: [ )+¥= ,nnf c . Ta có: Ÿ { }nf là dãy hàm đơn điệu giảm và 0lim =¥® nn f . Ÿ f1 không khả tích trên R. Ÿ 0lim =¹+¥= òò¥® RR nn ff Hệ quả : Nếu gn ³ 0 trên A và các hàm gn đo được thì: 1 1 n n n nA A g g ¥ ¥ = = =å åò ò Chứng minh: Đặt: å = = n k kn gf 1 . Khi đó: nf£0 ­ å ¥ =1k kg Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được: òåò ¥ = ¥® = A k k A nn gf 1 lim 28 Mặt khác, ta có: òåò = ¥®¥® = A n k kn A nn gf 1 limlim åòåò ¥ == ¥® == 11 lim k A k n k A kn gg Do đó: 1 1 n n n nA A g g ¥ ¥ = = =å åò ò . Bổ đề Fatou: Nếu fn ³ 0 trên A thì lim limn n A A f f£ò ò . Chú ý: Có thể có dấu < trong bất đẳng thức trên. Ví dụ: Lấy ( ) [ )î í ì +Ï +<£ = 1,,0 1,1 nnx nxn xfn Ta có: 0lim =nf và nf R n "=ò ,1 . Do đó: òò < nn ff limlim . Hệ quả:  Nếu fn ³ g, g khả tích trên A thì lim limn n A A f f£ò ò . ‚ Nếu fn £ g, g khả tích trên A thì lim limn n A A f f³ò ò . ƒ Nếu 0³nf và ff nkh n ¾¾ ®¾ .. trên A thì òò ¥® £ A n nA ff lim . „ Nếu 0³nf và ffn ¾®¾ m trên A thì òò ¥® £ A n nA ff lim . Chứng minh: Đặt n A n nn aafa ò ¥® == lim, . Khi đó: { } { } ¥®®Ì$ kkhiaaaa kk nnn : . Vì { } { } kmkk nnn ffff Ì$Þ¾®¾m : ff nkhn mk ¾¾ ®¾ .. trên A khi ¥®m . Áp dụng bổ đề Fatou, ta được: ( ) aafff mkmkmk nmA n mA n mA ==÷ ÷ ø ö ç ç è æ £÷ ø ö ç è æ= ¥®¥®¥® òòò limlimlim . Vậy òò ¥® £ A n nA ff lim . 29 Định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue: Cho {fn} là một dãy hàm khả tích xác định trên A, fn hội tụ h.k.n (hoặc theo độ đo) về f trên A và ( )nf x £ j(x), "n (j(x) là một hàm khả tích trên A). Khi đó: f khả tích và ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Chứng minh: * Trường hợp: . .h k nnf f¾¾¾® trên A. Cách 1: Vì ( )nf x £ j(x) nf f n n " î í ì ³- ³+ Þ , 0 0 j j Áp dụng bổ đề Fatou, ta được: ( ) ( )òò +£+ ¥®¥® A n n n A n ff jj limlim , ( ) ( )òò -£- ¥®¥® A n n n A n ff jj limlim Þ ( ) ( ) ( ) ( )òò òò -£- +£+ ¥® ¥® A n nA A n nA ff ff jj jj lim lim Þ òò òò ¥® ¥® -£- £ A nn A A n nA ff ff lim lim Þ òò òò ¥® ¥® ³ £ A nn A A n nA ff ff lim lim òòòò £££Þ ¥®¥® AA nnA nnA ffff limlim Vậy òòòò ¥®¥®¥® === AnAA nnA nn ffff limlimlim . Cách 2: Ta có: ( )nf x £ j(x), "n và fn(x) ® f(x) h.k.n. Þ ( )f x £ j(x) h.k.n Þ f khả tích. Lấy e > 0. Khi đó: $d > 0 sao cho ( ) 2B x d ej m <ò với B Ì A, m(B) < d. Theo định lý Egorov, ta có: $Ed Ì A sao cho: m(Ed) < d và fn hội tụ đều về f trên A \ Ed Ta có: \ lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) 2 ( )n nn n A A A E E f x d f x d f x f x d x d d d m m m j m e ®¥ ®¥ - £ - + £ò ò ò ò 30 Cho e ® 0, ta được: ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . * Trường hợp: ffn ¾®¾ m trên A. Đặt vàdfa A nn mò= mdfa A ò= . Ta cần chứng minh: aann =¥®lim Giả sử: aann ¹¥®lim { } { } abaaa kk nknn ¹=Ì$Þ ¥®lim: Vì ffn ¾®¾ m nên ff kn ¾®¾m { } { } ffff nkhnnn mkkmk ¾¾ ®¾Ì$ ..: trên A khi ¥®m Theo giả thiết, ta có: ( ) ( ) AxNmxxf mkn Î"Î"£ ,,j Theo chứng minh trên, ta được: òò =÷÷ ø ö ç ç è æ ¥® AA nm fddf mk mmlim aahay mknm = ¥® lim Mặt khác: Þ= ¥® ba knk lim aba mknm ¹= ¥® lim (mâu thuẫn) Vậy aann =¥®lim hay ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Hệ quả: Nếu {fn} là một dãy hàm khả tích trên A, ( ) ¥<Am , fn hội tụ đều về f trên A, thì ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Chứng minh: Cách 1: Vì fn hội tụ đều về f nên .,lim Axffn Î"= Vì fn hội tụ đều về f nên với ( ) ( ) 1::,1 £-³"Î$= xfxfnnNn nooe 1+£Þ nff Vì fn bị chặn nên f bị chặn. Đặt M = ( )( )1sup + Î xf Ax . Ta có: on nnMf ³"£ , . Vì ( ) +¥<Am nên M khả tích. Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: òò =¥® AA nn fflim Cách 2: Cho 0>e . Vì fn hội tụ đều về f trên A nên: ( ) NnAxAffN n ³"Î"$ ,:0 m e 31 ( ) ( ) em e =<-£-=-³"Þ òòòò ò AA n A n A A n A ffffffNn : Vậy òò =¥® AA nn fflim . 4. Tính liên tục tuyệt đối của tích phân Nếu f(x) là một hàm khả tích trên A thì "e > 0, $d > 0 sao cho ( ) E f x dm e<ò , "E Ì A, E đo được mà m(E) < d Chứng minh: Ta có: mm dffd EE òò < . Do đó để chứng minh: ( ) E f x dm e<ò ta chỉ cần chứng minh em <ò df E Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0³f · Nn Î" , đặt { }nffn ,min= Khi đó: ( )xfn£0 ­ f(x) · Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được: ( )òò ò =-Û= ¥®¥® A n A A nnn dfffddf 0limlim mmm Do đó ta có thể chọn N đủ lớn sao cho: ( )ò <- A N dff 2 e m · Chọn 2 :0 edd £> Nchosao Vì ( ) dm <Ì EAE , nên ta có: ( ) ( ) ( ) edememmmmm <+<+£+-£+-= òòòò ò NENNddffdfdfffd EA N E N E E N 22 Vậy "e > 0, $d > 0 sao cho ( ) E f x dm e<ò ,"E Ì A, E đo được mà m(E) < d. 32 5. Mối quan hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann Mệnh đề: Cho f: [a, b] ® R là một hàm bị chặn. Nếu (R) b a fò tồn tại thì f khả tích Lebesgue trên [a, b] và: (R) b a fò = (L) [ , ]a b fò . Chứng minh: Xét một phân hoạch pm của [a, b] thành n = 2m phần bằng nhau bởi các điểm: a = xo < x1 < … < xn – 1 < xn = b và đặt: ( ) , 12 0 k k km m mxf cå - = = ( ) , 12 0 k k km m Mxf cå - = = trong đó: mk = inf{ f(x) | x Î [xk, xk+1]}, Mk = sup{ f(x) | x Î [xk, xk+1]}, 1[ , )k kk x xc c += Ta có: 1f (x) £ 2f (x) £ … £ f (x) 1f (x) ³ 2f (x) ³ … ³ f (x) Do đó: các hàm f (x) = lim m®¥ m f (x) và f (x) = lim m®¥ m f (x) tồn tại và đo được. Mặt khác, ta có: f (x) £ f(x) £ f (x). Vì mf , mf là các hàm đo được, đơn giản nên [ , ] [ , ] [ , ] [ , ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m m a b a b a b a b L f x d L f x d L f x d L f x dm m m m£ £ £ò ò ò ò Hơn nữa: 2 1 0[ , ] ( ) ( ) ( , ) m m k k m ka b L f x d m s fm p - = = D =åò và 2 1 0[ , ] ( ) ( ) ( , ) m m k k m ka b L f x d M s fm p - = = D =åò Do đó: [ , ] [ , ] ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , )m m a b a b s f L f x d L f x d s fp m m p£ £ £ò ò Vì f khả tích Riemann nên: lim ( , ) lim ( , ) ( ) ( ) b m mm m a s f s f R f x dxp p ®¥ ®¥ = = ò Do đó: ( ) [ , ] ( ) ( ) ( ) 0 0 a b L f x f x d f fm- = Þ - =ò h.k.n mà f f f f f f£ £ Þ = = h.k.n. Vậy f đo được. 33 Suy ra f khả tích Lebesgue trên [a, b] (do f đo được, bị chặn trên [a, b] và [ ]( ) +¥<ba,m ). và [ , ] [ , ] ( ) ( ) lim( ) ( ) lim ( , ) ( ) ( ) b m mm m a b a b a L f x d L f x d s f R f x dxm m p ®¥ ®¥ = = =ò ò ò . 6. Điều kiện khả tích Lebesgue đối với tích phân trên khoảng vô hạn Định lý : Giả sử A = [a, +¥), a Î R , hàm f: A ® R thỏa: i) f khả tích (L) trên [a, b], "b ³ a ii) tồn tại hằng số M sao cho [ , ] ( ) a b f x dmò £ M, "b ³ a Khi đó f khả tích trên A và [ , ) [ , ] ( ) lim ( ) b a a b f x d f x dm m ®¥ +¥ =ò ò . Chứng minh: Chọn {bn} Ì R, {bn} tăng thỏa bn ³ a, "n và lim nn b®¥ = + ¥ Với mỗi n Î N, đặt: : [ , )nf A a R= +¥ ® Với ( ), [ , ] ( ) 0, [ , ] n n n f x x a b f x x a b Îì = í Ïî Þ fn(x) khả tích trên A và lim ( ) ( )nn f x f x®¥ = , "x Î A. Do đó: lim ( ) ( )nn f x f x®¥ = . Do { }nf tăng trên A nên ( )n A f x dmò cũng là một dãy tăng, bị chặn trên bởi M. Þ ( )n A f x dm ì ü í ý î þ ò hội tụ khi n ® ¥ Do định lý hội tụ đơn điệu, ta có: f khả tích (L) trên A. Mặt khác: ( ) ( )nf x f x£ , "n. Theo định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta có: f khả tích trên A và [ , ] ( ) lim ( ) lim ( ) n nn n A A a b f x d f x d f x dm m m ®¥ ®¥ = =ò ò ò . Điều này đúng với mọi { }nb" tăng và nb ® +¥ . Do đó: [ , ] ( ) lim ( ) b A a b f x d f x dm m ®¥ =ò ò . 34 7. Điều kiện khả tích Lebesgue của hàm không bị chặn Nếu f đo được, không âm, không bị chặn trên [a, b] nhưng f khả tích (R) trên mọi [a + e, b] Ì [a, b] và 0 lim ( ) b a f x dx I e e +® + =ò hữu hạn thì f khả tích (L) trên [a, b] và 0 [ , ] ( ) ( ) lim( ) ( ) b a b a L f x d R f x dx e e m +® + =ò ò Chứng minh: · Ta có: (a, b] = 1 1 , n a b n ¥ = é ù+ê úë û U Đặt An = 1 ,a b n é ù+ê úë û Þ {An} là dãy tăng · 11[ , ] ( , ] , ( ) ( ) lim( ) lim( ) ( ) b n n a b a b aa b nn L f L f L f R f x dx ®¥ ®¥ é ù ++ê úë û = = =ò ò ò ò . 35 PHẦN III: BÀI TẬP Bài 1: Tính: [1, ) 1 d x m +¥ ò . Cách 1: Đặt 1( )f x x = . Gọi nc là hàm đặc trưng của [n, n+1), n = 1, 2, … Khi đó hàm đơn giản N 1 1 1 N n n s n c = = +å thỏa ,Ns f N£ " . Hơn nữa: 1 1[1, ) [1, ) [1, ) 1 1 1 1 N N N n n n n s d d d n n m c m c m = =+¥ +¥ +¥ = = + +å åò ò ò 1 1 1 1([n,n+1)) = 1 1 N N n nn n m = = = + +å å . Vì chuỗi 1 1 n n ¥ = å phân kỳ nên: [ ) +¥®+¥®ò +¥ NkhidsN m ,1 . Do đó: [1, ) 1d x m +¥ = +¥ò . Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+¥ . Cách 2: Ta có: f(x) = ( ) ( )[1, ) [1, ) 1 1lim nnx xx x c c+¥ ®¥= Vì ( ) [ )( )xxxf nn ,1 1 c= là các hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng về f nên ta có: ( ) [ ) [ ) [ ) [ ) ¥=== òòò ¥® +¥ ¥® +¥ n nnn d x d x dxf ,1 ,1 ,1,1 1lim1lim mmcm Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+¥ . Cách 3: Ta có: 1 n n A A ¥ = = U , với ( )[ , 1),n n mA n n A A n m= + Ç = Æ ¹ Do đó: ( ) .11ln 1 ln11 111 1 ,1 +¥=÷ ø ö ç è æ += + == ååå òò ¥ = ¥ = ¥ = + +¥ nnn n n nn n xdx x d x m Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+¥ . 36 Bài 2: Tính các tích phân : a) ( )dxxfò 1 0 , với: ( ) ïî ï í ì Î Ï+ = Qxx Qxx xf , ,1 4 2 b) ( )ò 2 0 p dxxf , với ( ) î í ì Î Î = Qxx QRxx xf ,sin \,cos c) ( )dxxfò 1 0 , với ( ) ï ï ï î ï ï ï í ì Î Çúû ù êë éÎ ÇÎ = Dxx Dxx Dxx xf C C , 1, 2 1,cos ) 2 1,0[,sin 2 p p với D là tập Cantor, [ ] DDC \1,0= . a) Ta có: ( )xf ~ ( ) 12 += xxg trên [0, 1] Do đó: ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] 3 41)(1)()( 1,0 1 0 22 1,0 =+=+= ò òò dxxRdxLdxfL mm . b) Ta có: ( )xf ~ ( ) xxg cos= trên úû ù êë é 2 ,0 p . Suy ra: ( ) 1cos)(cos)()( 2 ,0 2 0 2 ,0 === ò òò úû ù êë é úû ù êë é dxxRxdLdxfL p p p mm . c) Ta có: ( )xf ~ ( ) ï ï î ïï í ì úû ù êë éÎ Î = 1, 2 1,cos ) 2 1,0[,sin xx xx xg p p trên [ ]1,0 . Vậy, ( ) [ ] ( ) [ ] ò òòò úû ù êë é +== 1,0 1, 2 1) 2 1,0[1,0 cos)(sin)()()( mpmpmm xdLxdLdxgLdxfL 0cos)(sin)( 1 2 1 2 1 0 =+= òò xdxRxdxR pp . 37 Bài 3: Tính tích phân của hàm số sau trên [0, 2 p ]: ( ) î í ì Î Î = Ixx Qxx xf cos,sin cos,sin 2 Đặt A = { x Î [0, 2 p ] xcos hữu tỷ } B = { x Î [0, 2 p ] xcos vô tỷ } Khi đó: A Ç B = Æ và A È B = 0, 2 pé ù ê úë û Ta có: j: 0, 2 pé ù ê úë û ® [0, 1] x cos xa là một song ánh. Do đó, A có lực lượng bằng lực lượng của tập các số hữu tỷ trên [0, 1]. Suy ra: m(A) = 0 và khi đó: m(B) = 2 p . Vậy: 2 2 2 2 00, 0, 2 2 ( ) ( ) ( ) sin ( ) sin ( ) sin 4B L f x d L xd L xd R xdx p p p p m m m é ù é ù ê ú ê úë û ë û = = = =ò ò ò ò . Bài 4: Cho X = { x1, x2, …} là một tập đếm được và p1, p2,… là các số không âm sao cho 1 1 =å ¥ =i ip . "A Ì X, đặt ( ) å Î = Ax i i pAm . Chứng minh rằng: với mỗi ¦ đo được, không âm ( ) i i i X pxff åò ¥ = = 1 Do { } { } å òò ¥ = ¥ = =Þ= 11 i xXi i i ffxX U Mặt khác: ¦ là hằng số và bằng ¦(xi) trên tập {xi} và m({xi}) = pi Þ { } ( ) ii x pxff i =ò . Do đó: ( ) i i i X pxff åò ¥ = = 1 . 38 Bài 5: Tính các tích phân: a) ò ¥ +),0[ 21 x dm b) ò ]1,0[ x dm a) ò ¥ +),0[ 21 x dm Đặt ( ) ),0[, 1 1 2 +¥=+ = A x xf . Ta có: U ¥ = = 1n nAA , với nn AnA ,),0[= ­. Do f > 0 nên tích phân bất định của hàm f là một độ đo. Vì vậy: [ ) ( ) 2 arctanlim 1 )(lim 1 lim 1 )( ),0[ 0 22 ,0 2 pmm == + = + = + ò òò ¥®¥®¥®+¥ n x dxR x dL x dL n n n nn b) ò ]1,0( x dm Đặt ( ) ]1,0(,1 == A x xf . Ta có: U ¥ = = 1n nAA , với nn An A ],1,1[= ­. Do f > 0 nên tích phân bất định của hàm f là một độ đo. Vì vậy: ( ] ( ) 2112lim)(limlim)( 1,1 1 11,0 =÷÷ ø ö çç è æ -=== ò òò úû ù êë é ¥®¥®¥® nx dxR x dL x dL n n n nn mm . Bài 6: Tính tích phân (L) của hàm ( ) 3 1 1 - = x xf trên [1, 2]. Cách 1: Ta xây dựng hàm ( )[ ] ï ï î ïï í ì +<£ ££+ -= 111, 211, 1 1 3 33 n xn x nxxf n 39 Khi đó: ( ) [ ] ( )[ ] [ ] ÷ ÷ ÷ ø ö ç ç ç è æ + - == ò òòò + + ¥®¥® 2 11 11 1 3 2,12,1 3 3 )( 1 1)(lim)(lim)( n n nnn ndxRdx x RdxfLdxfL mm ( ) ÷ ÷ ÷ ø ö ç ç ç è æ + + + -= ¥® 1 11 11 2 1 2 3lim 3 3 3 2 nnx n x n ÷÷ø ö çç è æ +÷ ø ö ç è æ -= ¥® 32 1.11 2 3lim n n nn 2 3 2 1 2 3lim 2 =÷ø ö ç è æ -= ¥® nn . Cách 2: Ta có: A = ( ] U ¥ = úû ù êë é += 1 2,112,1 n n , với úû ù êë é += 2,11 n An ­. Do đó: [ ] ( ] 2 3 1 )(lim 1 )(lim 1 )( 1 1)( 2 11 3 2,11 3 2,1 3 2,1 3 = - = - = - = - ò òòò + ¥® úû ù êë é + ¥® n n n n x dxR x dL x dLd x L mmm Bài 7: Kiểm tra tính khả tích (L) của các hàm số sau: a) g(x) = 2 1 x , x Î [1, +¥) b) h(x) = 1 x , x Î (0, 1] a) Ta có: g(x) = ( ) ( )[1, ) [1, )2 2 1 1lim nnx xx x c c+¥ ®¥= . Do đó: ( ) [1, )2 2 [1, ) [1, ) 1 1 1 1( ) lim( ) lim( ) lim 1 1 n nn n n L g x d L d R dx x x n m c m ®¥ ®¥ ®¥ +¥ +¥ æ ö= = = - = < +¥ç ÷ è øò ò ò . Vậy hàm g(x) khả tích (L) trên [1, +¥). b) Ta có: ( ) ( )(0,1] 1[ ,1] 1 1( ) lim n n h x x x x x c c ®¥ = = Do đó: ( ) ( ] ( ] ¥=÷÷ ø ö çç è æ ÷ ø ö ç è æ-=== ¥®¥®úû ù êë 饮 òòò ndxxRdxLdxhL n n n n n 1ln1lnlim1)(lim1)(lim)( 1 11, 1 1,01,0 mcm