Luận văn thạc sĩ khoa học: Các bất đẳng thức kiểu Hardy một chiều

1P?{T gian các hàm có lũy thừa bậc p của modun khả tích trong IT1.1 không gian các hàm có lũy thừa bậc p của modun khả tích địa phương trong ÏVaryu biến phân của hàm wu trong 7 BPV không

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS DANG ANH TUẦN

Hà Nội - Năm 2012

1P?{T) gian các hàm có lũy thừa bậc p của modun khả tích trong I

T1.(1) không gian các hàm có lũy thừa bậc p của modun khả tích địa phương trong ÏVaryu biến phân của hàm wu trong 7

BPV() không gian các hàm có biến phân bị chặn trong 7

BPV;„(T) không gian các hàm có biến phân bị chặn địa phương trong I

AC(1) không gian các hàm liên tục tuyệt đối trong J

AŒ,«(1) không gian các hàm liên tục tuyệt đối địa phương trong I

AC; ((a,6)) — = 4 u © ACŒ,„((a,b)): lim, u(x) = 0

M*(T) tập các hàm đo được không âm h.k.n trong I

|_| kết thúc chứng minh hoặc ví du.

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối oe

2 Các bất dang thức kiểu Hardy một chiều

2.1 Bất dang thức Hardy gốc trong không gian một chiều

2.2 Các bất dang thức kiểu Hardy một chiều

Loi nói đầu 4

Lời nói đầu

Bất đẳng thức liên quan đến tích phân của một hàm và đạo hàm của hàm đó xuất hiện thường xuyên trong các ngành khác nhau của toán học và đó có thể coi là một

công cụ hữu ích trong toán học, ví dụ trong lý thuyết và bài tập của phương trình viphân, trong lý thuyết xấp xỉ, trong xác suất, Trong những thập kỷ qua, chủ đề này

tiếp tục được mở rộng Một trong những bất đẳng thức liên quan đến tích phân quan trọng đó là: Bất đẳng thức Hardy.

Năm 1920, G.H.Hardy đã chứng minh được bất đẳng thức Hardy ở dạng cơ bản

trong không gian một chiều Nhưng chứng minh của ông chưa được đầy đủ vì chưa tìm

ra được hằng số tốt nhất trong bất đẳng thức Năm 1926, E.Landau đã chỉ ra được giá trị tốt nhất của hằng số trong bất đẳng thức.

Những năm sau đó nhiều nhà toán học đã nghiên cứu độc lập và tìm cách mở rộng

bất đẳng thức Hardy cổ điển Trong các hướng mở rộng có hướng mở rộng lớp hàm

trọng, nghĩa là các hàm đo được và dương hầu khắp nơi Luận văn của tôi tìm hiểu về bất đẳng thức Hardy trong không gian một chiều và một số bất đẳng thức kiểu Hardykhi mở rộng theo hướng thêm các “hàm trọng” Luận văn được chia làm hai chương.

Chương 1: Cơ sở lý thuyết

Trong chương này, tôi trình bày các kết quả liên quan đến sự khả vi, khả tích Lebesguecủa các hàm đơn điệu dựa trên tài liệu tham khảo [1] của Hoàng Tuy, Định lý Funini

về việc chuyển dấu đạo hàm qua dấu tổng dựa trên tài liệu [2] của Ralph Howard, hàm

có biến phân bị chặn va hàm liên tục tuyệt đối dựa trên tài liệu tham khảo [3] của

Giovanni Leoni Phần cuối của chương này đã chứng minh được kết quả quan trọng,

đó là định lý cơ bản của phép tính vi tích phân đối với tích phân Lebesgue

Chương 2: Các bất đẳng thức kiểu Hardy một chiều.

Trong chương này, tôi trình bày chứng minh bất đẳng thức Hardy gốc dựa trên tài liệu

tham khảo [5] của D.T.Shum Sau đó trình bày sự mở rộng của bat đẳng thức Hardy khi bổ sung thêm các hàm trọng, và đã chứng minh được các điều kiện ràng buộc để các kiểu mở rộng là đúng dựa trên tài liệu tham khảo [4] của B Opic and A Kufner.

Vì trình độ còn hạn chế nên luận văn không thể tránh khỏi những sai sót, tác giả

hy vọng sẽ nhận được nhiều ý kiến đóng góp từ các thầy cô giáo và bạn đọc để luậnvăn được hoàn chỉnh hơn.

Chương 1

Các kiến thức chuẩn bị

Trong chương này tôi sẽ đề cập đến một số tính chất của các hàm đơn điệu, các

hàm có biến phân bị chặn và các hàm liên tục tuyệt đối Các hàm này có vai trò quan

trọng để chúng ta nghiên cứu về bất đẳng thức Hardy cũng như các bất đẳng thức kiểu Hardy.

1.1 Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích

được gọi la độ do ngoài Lebesgue trên R.

Hàm tập p* là một độ do ngoài trên R như vậy ta có thể ấp dụng định lý

Caratheodory để xây dựng một độ đo trên R, đó chính là độ do Lebesgue.

Định nghĩa 1.1.2 /1/(D6 do Lebesgue) Cho ham p* : £ —> [0,00] trong đó £ là lớptat cả các tập con A của R sao cho

(FE) = (EN A) + w*(E\A) vdi mọi E CR,

là độ do Lebesgue trên R, ky hiệu là yp va A được gọi là tập do được Lebesgue.

Theo định lí Caratheodory thì lớp các tập đo được Lebesgue £ là một ø- đại số

Chú ý 1.1.1 Định nghĩa 1.1.1 có thể thay bằng

tÈ(A4) = inf{ > Ai]: U A; > A, A; là khoảng mở, i = 1,2, }.

=1 ¿=1

5

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue 6

Khi đó với mọi e > 0 thì tồn tại các khoảng mở A;, i = 1,2, sao cho UJ) A; D A và

Dinh nghĩa 1.1.3 /1/(Tap mở) Một tập hop G trong không gian métric X được got

là tập hợp mé nếu mỗi điểm a € Œ đều có một lân cận V của điểm a sao cho VC G,

điều nay tương đương vdi điều kiện: uới mọi a € G tồn tại r > 0 sao cho hành cầu mở

B(a,r) CG.

Dinh nghĩa 1.1.4 /7/(Tập đóng) Tập F trong không gian métric X được gọi là tập

đóng nếu F° = X\F là tập mở.

Định nghĩa 1.1.5 /1/(Phần trong) Cho một tập hợp A trong không gian métric X

Diểm « € X được gọi là điểm trong của tập của tập hợp A nếu tồn tại một lân cận V

của x sao cho œ € V C A; điều nay tương đương uới điều kiện ton tại một số r > 0 sao

cho hành cầu B(œ,r) C A Tập hợp tat cả các điểm trong của A ky hiệu A° hoặc intA.

Định nghĩa 1.1.6 /1j/(Tập compact): Một tập hop A C R” gọi là tập compact nếu

moi day điểm {x,}, C A đều có một day con {xz,}, hội tụ đến một giới hạn thuộc A.

Định nghĩa 1.1.7 /1/(Tap Borel) ơ— đại số nhỏ nhất bao hàm lớp các tập mở trong

không gian R được gọi là øơ— đại số Borel của không gian R va những tập thuộc ơ— đại

số nay được gọi là tập Borel trong không gian R Tập Borel là những tập xuất phát từ tập mở va thực hiện một số hữu han hay đếm được phép toán hợp, giao trên các tập

đó.

Mệnh đề 1.1.1 /1/Moi tap Borel đều do được Lebesgue.

Chứng minh: xem [1]

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue ĩ

Dinh lý 1.1.1 /1/Cho pp : £ — [0,00] là độ do, A¿,¡ = 1,2, là các tập do được,AiC Ap Cc va |J A; là tập do được Khi đó

(Qs) -moe

Chứng minh: xem [1].

Dinh lý 1.1.2 /7/Dối uới một tap A trên R ba điều kiện sau là tương đương :

i) A do được Lebesgue.

it) Với mỗi e > 0 có thể tim được tap mở GD A sao cho p*(G\A) <e.

iti) Với mỗi e > 0 có thể tim được tập đóng F C A sao cho p*(A\F) <e.

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue

Trong trường hợp đặc biệt A là các gian thì Ey = Ø và ta có thể viết như sau:

a,b là hữu han, a < b.

Định nghĩa 1.1.8 /1/(Ham do duoc Lebesgue) Hàm số f : A > [-oo, +00] được gợi

là do được trên A uới một tập do được Lebesgue nếu

Va ER, Ey = {xe A:f(2)<a} € CL

Định nghĩa 1.1.9 /1/(H6i tu hau khắp noi) Day ham {ƒ„} được gọi là hội tụ h.k.n

vé ham số f(x) trên A € L nếu ton tại một tập B C A,B € L,u(B) = 0 sao cho

lim ƒf„() = f(x) uới mọi z€ A\B.

Ti—>O©O

Định nghĩa 1.1.10 /1/(Su hội tụ theo độ đo) Cho A € £ va fi, fo, fs, là những

hàm do được hữu hạn h.k.n trên A Day {ƒ„} được gọi là hội tu theo độ do đến f(x)

va ky hiệu là ƒ„ “> f trên A nếu

Ve >0

n—+00lim ø({z€ A:|falx) — f(x)| > 2}) =0.

Nói cách khác uới mọi e > 0, vdi mọi ồ > 0, tồn tại nạ € N sao cho

Vn€Ñ:n > nạ thi wae A:|fz(z) — ƒ(+)| > e}) < Š

Định nghĩa 1.1.11 /7/(7ích phân của hàm đơn giản) Cho ham A là tập do được, Ƒ:A— [-s, +00] là ham don giản, do được trên A Gọi fi, fo, fn là các giá trị khác nhau đôi một của f(x).

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue 9

Định nghĩa 1.1.12 /7/(Tích phân của ham không âm) Cho A là tập do duoc Lebesgue,

ham f : A — [0,+oo] là hàm đo được Khi đó tồn tại dãy đơn điệu tăng các ham đơn

giản do được f,(x) > 0 hội tụ h.k.n vé f(x) trên A Tích phân của ham f(x) trên A

đối uới độ đo p là

J“,.¬ 1s.?+>+©o©

‘A ‘A

Dinh nghĩa 1.1.13 /1/(Tích phan của ham có dấu bat ky) Cho A là tập do được

Lebesgue, ham f : A —> R la ham do được trên A Khi đó ta có

f(a) = f* (a) — f(a) voi f(a), f(a) 2 0.

Các ham số ƒ*(#), f- (x) có tích phân tương ứng trên A với độ do p la

Dinh ly 1.1.4 /1/(Bo dé Fatou) Nếu ƒ„(z) > 0 trên A thi

/ lim f,(x)du < lim | fu(ø)dụ.noo noo

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue 10

Định nghĩa 1.1.14 /7/(Không gian L?(E), (1 < p < «))Cho không gian R, E là tập

do được Lebesgue va mét độ do u Họ các hàm số f(x) có lũy thừa bậc p (1 < p < ®)

của modun kha tích trên E, túc là sao cho

| 1160104 <<

gọi là không gian LP(E).

Ham số f(x) đo được trên F gọi là bị chặn cốt yếu nếu tồn tại một tập hợp P có

độ đo 0, sao cho f(x) bị chặn trên tap hợp E\P, tức là tồn tại số K sao cho

|ƒ(z)| < K với moi z € E\P.

Cận dưới đúng của tập hợp tất cả các số thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là cận

trên đúng cốt yếu của ham f(x), được kí hiệu là esssup |ƒ(z)|

Định lý 1.1.7 /1/(Bat đẳng thúc Minkowski) Cho ham do được dương K(z,) xác

định trên (a,b) x (c,d) var > 1 thà

b

/ [cea] dx sf [wean “Wy

a

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue 11

Chứng minh: xem [1]

Chú ý 1.1.3.Bất đẳng thức Minkowski còn có thể viết dưới dạng:

L/ f(z) [am] +) < [ow L/ lon] a

KT email fla) n Fy Ít te)fla)ea ñ

[oo frre) se Joti f mere

- [su L/ joa) a (1.1.2)

Lai có

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue 12

Mệnh dé 1.1.3 /3/Cho E CR, E là tập do được Lebesgue va v € L?(E),1 < p< oo.

Khi đó 0 là kha tích đều (equi-integrable) Nếu chi giả sử € Li.(E) thà kết qua khongloc

còn đúng.

Chứng minh a) Cho v € LP(E),1 < p < oo, chứng minh rằng 0 là khả tích đều integrable).

(equi-Trước tiên ta chứng minh với p = 1 Ta có v € LI(E).

Giả sử v không khả tích đều, nghĩa là: Ton tại e > 0 để với mọi n > 0, tồn tại tập đo được Lebesgue „ C # mà /(Ƒ„) < sxz và f |o(z)| dư > e.

1.1 Nhắc lại một vai kết quả trong độ do va tích phan Lebesgue 13

Vay v là khả tích đều trong trường hợp p = 1

Khi đó ta phải chứng minh với 1 < p < œ.

Nếu v(x) = 0 h.k.n trên EF Khi đó điều phải chứng minh luôn đúng

Nếu # 0 h.k.n trên E

Ta chứng minh với 1 < p < oo.

Lấy bất kì e > 0 và F C E với F là tap đo được Theo bất dang thức Holder ta có:

Pp p q q

Jirellee < feo de Jul dv),

F r F

với p, q là hai số thực sao cho h + : =1.

Do v € J?(#) nên f |u(z)|“dz là hữu hạn.

FP

Do J u(x )| da đương thi ton tại số K để 0 < K < J |v(x) )Pdx < œ.

< [ oto ae wiry)? s KS)" <e.

Vay có điều phải chứng minh v là khả tích đều với 1 < p< oo

Ta chứng minh với p = oo.

Do v € L®(£) nên

|o(z)| < esssup |ø(z)| h.k.n trên E.

EVới mỗi e > 0 bất ki, ta chon 6 = eT STE] Khi đó với tập F C E, F là tập do được

Vậy có điều phải chứng minh v là khả tích đều với p = oo.

b) Nếu v € Lj,.(E) thì kết quả không còn đúng

Vậy v không là khả tích đều.

1.2 Ham đơn điệu

Trong giải tích thì lý thuyết về các hàm đơn điệu được nghiên cứu từ rất lâu và cáctính chất của nó khá nhiều và quan trọng trong giải tích Sau đây tôi xin đưa ra một

số các tính chất liên quan đến tính khả vi và khả tích Lebesgue của các hàm đơn điệu

Ö day tôi chỉ xét với các hàm đơn điệu tăng còn với các hàm đơn điệu giảm tương tự.

1.2 Hàm đơn điệu 15

Dinh nghĩa 1.2.1 /1/Cho E CR Một hamu: E > R được gọi là

i) tăng nếu u(x) > uly), Va,y € E với # > y,

ii) tang chặt nếu u(x) > uly), Va,y € E uới z > y,

iti) giảm nếu u(x) < uly), Vr,y € E vdix > y,

iv) giảm chặt nếu u(x) < u(y), Vrz,y € E uới x > y,

v) don điệu nếu bat kỳ một tính chat ở trên đúng.

Dinh lý 1.2.1 /1/Ham số u(x) đơn điệu tăng trong [a,b] thi có đạo ham hau khắp nơi

trên đoạn ấu.

Để chứng minh Định lý 1.2.1 ta đi chứng minh các bổ đề sau.

Bổ đề 1.2.1 ///Cho tập bat ki A C (a,b), Q là một lớp khoảng, sao cho mỗi điểm

x € A đều là đầu mút trái của ít nhất một khoảng A = (œ,z+h„) € Q Khi đó cho trước

e > 0 tay ú thì ta ray dung được một số hữu hạn khoảng rời nhau Ay, Ao, , As € Q

phủ lên một tập con A’ của A, uới HÈ(A') > p*(A) —e.

Chứng minh Dat

An={a € A: dh, > + sao cho (x, 2 + hy) € ©}.

Khi đó A = U A„ Thật vậy.

Ta luôn có A.c A,n = 1,2, nên U An CA.

Do G, là các tập mở nên G, là các tập do được với p=n,n+1.,

Do đó E,, là các tập đo được, # do được.

p(B) = lim g(E,,).n—-oo

Do A, C Gy va An C Angi C Gnai,t = 1,2, nên Ap C [) Gp = Ey.

p=n

Khi đó ta có A, C E, C G, nên

hay

Khi đó cho n > o thi ta có

lim (An) = lim H(En) — HE).

noo noo

Do E, D An, n = 1,2, nên ED A Do đó p(E) > p*(A).

Do lim p*(A,) = p(E) > p*(A) nên khi chọn n đủ lớn thi ta sé có

Vi a; là cận dưới đúng của A, nên có 21 € Ay với a < x < a, + 6, và một khoảng

Ai = (41,21 + hị) € 2 có hy > + (khoảng này tồn tại theo định nghĩa A, ).

Đặt Dị = {x € Ay: ai +h, < cz}.

Nếu B; = Ø thi dừng lai Nếu B; 4 Ø thì gọi ay = inf By

Vi ø¿ là cận dưới đúng của ¡ nên có ry € By C An sao cho ag < #¿ < ag + 6 Khi đó

có một khoảng Ag = (72,22 + hạ) € © có độ dài hạ > 4+ Cứ thé tiếp tục mãi thì ta sẽ

đạt tới bị sau một số s bước với s < mỉ + 1, vì đoạn [ay, bị] có độ dài là 7 mà mỗi bước

ta nhích lại gần b¡ một khoảng lớn hơn + nên sau s bước thì tap B, = @ và khi đó ta

dừng lại Khi đó ta có được các khoảng A¡, , Ag.

Đặt A’ = A, LU Aj, có các khoảng Aj, , A, phủ lên A’.

Bổ đề 1.2.2 /1/Cho tập bat ki A C (a,b) va Q là một lớp khoảng sao cho tới moi

số ị > 0 nhỏ tay ý, mỗi điểm + € A đều là đầu mit trái của it nhất một khoảng

A = (2,2 + h„) € Q tới h„ <n Khi dy uới một tập mở bat kỳ GD A vac > 0 tùy

ú cho trước, ta có thể chọn được một số hữu hạn khoảng rời nhau Ay, As, A, nằm

tron trong G, va phủ lên một tập con A’ C A uới nÈ(4) > p*(A) —e.

Chitng minh Goi

Oi={(z,xz+ hy) €Q: (a,x +hz) CG}.

Lay x € A bất kỳ Do G là tập mở và G D A nên tồn tai 7, > 0 sao cho

(z—?n,z+m) CG

Với c € A, m > 0 thì theo giả thiết về © tồn tai h„ € (0,7) sao cho (1,2 + h„) € 9

Lại có (ø,# + h„) C (# —Th,# +m) nên (a, 2 + h„) € Ôn.

Ap dụng Bổ đề 1.2.1 cho lớp Q, thì ta có điều phải chứng minh.

Tương tự như Bồ đề 1.2.2 ta cũng có bổ đề sau

Bổ đề 1.2.3 (1ÌCho tập bat ki A C (a,b) va Q là một lớp khoảng sao cho vdi mọi

s6n > 0 nhỏ tay ý, mỗi điểm x € A đều là đầu mút phải của ít nhất một khoảng

A =(œ— h„,z) € Q tới h„ <n Khi dy uới một tập mở bất kỳ GD A vac > 0 tùy

ú cho trước, ta có thể chọn được một số hữu hạn khoảng rời nhau Ay, A¿, A, nằm

tron trong G, va phủ lên một tập con A'C A uới p*(A') > p*(A) —e.

Chứng minh Dinh ly 1.2.1.

D, = lim int {MEO okth—>0T k

= sup int {ME BME) 9 cecal,

tồn tại khi và chỉ khi D_(x) = D~(z)

Điều kiện cần va đủ để có đạo hàm +(z) tại điểm a là

D.(z)= D'(x)=D (z)= D(z)

Dat A= {a € [a,b] : D.(z) < D*(z)}, ta chứng minh (A4) = 0.

Cho p, q là hai số hữu ti (p < 4) va đặt

tại po, go € Q sao cho D,(x) < po < qo < D†(#)

Doz€ A nên D,(z) < Dt (a).

1.2 Hàm đơn điệu 19

Do tính trù mật của tập Q nên tồn tại po € Q để Dy (x) < po < D†(z).

Lại có po < D†(z) nên tồn tại qo € Q để po < qo < D†(#).

Khi đó tồn tại po, qo € Q để Dy(x) < po < qo < DT(z) nên # €

Apgay-Dodóz€ U Apg, hay tacó AC U Apy.

p.,qcQ p.acQ

Do 4= U A,, là hợp đếm được của các tập A,, nên để chứng minh ø*(4) = 0 ta sẽ

p,ạcQ

chứng minh p*(A,,) = 0 với mỗi p,q € Q.

Giả sử ngược lại rằng có một tập Apg có [t*(Apg) = œ > 0.

Lấy một số e > 0 bat kỳ Khi đó theo Chú ý 1.1.1 sẽ tồn tại một tập mở G A„„ sao

cho

U(G) < p*(Apg) te =a+e

Lay x € A„„ thì ta có D,(z) < p, hay

{ut +k) —u(z)

inf

sup in kh k ;0<k<h} <p

Do đó với mọi h > 0 ta có

int {Me och cab <p

Khi đó với mỗi h > 0 đều có k = k(z,h) € (0,h) để

Ap dụng bổ đề 1.2.2 cho tập Q, tập mở G và e > 0 thi có một số hữu han khoảng

rời nhau (%;,¿ + k(a;,h;)) với i = 1, ,r nằm trọn trong G, và phủ lên một tập conA’ C A„ với HÈ(A') > ae.

S ` k (ai, hi) < u(G) <a+E,

i=l

va

và phủ lên một tap con A” Cc A’ với

Uw (A") > (A) —€ > a 2e

u (: (U (a;, 0; + k( aj, )) = » (u(x; + k(œ¡, hị)) — u(a;)) (1.2.5)

Tương tự cũng do u(x) là hàm đơn điệu tăng và (1, ; + i(g;, h;)) là các khoảng rời

nhau với 7 = Í, , s nên ta có

ụ (: (U (U; 1; + wn) = À (0w + Uys, hy) — 0(w))- (1.2.6)

j=l

Điều này mâu thuẫn với a(q — p) < e(p + 2q) đúng với mọi e > 0 bất kỳ.

Do đó điều giả sử là sai, nghĩa là y*(A,,) = 0 hay f(A) = 0

Vậy D.(z) = D*(x) hầu khắp nơi.

Bằng cách lập luận tương tự và dùng Bổ đề 1.2.3 ta cũng chứng minh được D_(x) =

DF(z) hầu khắp nơi.

Mặt khác trong lập luận trên có thể thay D+(x) bằng D~(z): mỗi điểm x € A’ sẽ là

đầu mút phải của những khoảng nhỏ tùy ý (x — 1, x) với u(x) — u(œ — 1) > Iq, và cũng

theo cách trên ta có D,(x) > D~(z) hầu khắp nơi Tương tự thé D_(z) > DT(ø).

Vậy D,(z) = DT(z) = D_(z) = D (z), tức là w'(z) tồn tại hầu khắp nơi trên đoạn

la, Ù]

Định lý 1.2.2 /1/Néu u(x) là hàm đơn điệu tăng trong [a,b] thà u'(x) là khả tích

Lebegues trên [a,b] va

b

[eae < u(b) — u(a).

Chứng minh Do u(x) là ham đơn điệu tăng nên

u(a + h) — u() > 0,Vz € [a,b]

Dat u(x) = u(b) với > b Vi u(x) khả tích Riemann nên tích phân ở về phải của

(1.2.9) có thể hiểu theo nghĩa Riemann Đổi biến số, ta có thể viết tích phan dưới dang

| ula + _ =U) oy = : [wa - © Paya

Vay u’(x) là khả tích Lebesgue trong [a, b|.

Dinh lý 1.2.3 /2/(Dinh ly Fubini trên từng số hang kha vi của chuỗi vdi các số hạng

đơn điệu) Cho ux : [a,b] + R là các hàm đơn điệu tăng, k = 1,2, tà cho chuỗi

1.2 Hàm đơn điệu 23

Chứng minh Dat

E={ x € [a,b] : u không kha vi tai x}

E,={ x € [a,b] : u„ không khả vi tai z} ,k = 1,2,

Do ứ¿ là các hàm đơn điệu tăng trong [a, b] nên uz kha vi hầu khắp nơi trong [a, b] Do

u(r) = yu u,(x) h.k.n trong [a, b|.

g(x) > 0 h.k.n trong [a,b] nên '(+) — g(x) = 0 h.k.n trong [a,b] Vậy

k

1.38 Hàm có biến phân bi chặn 25

1.3 Ham có biến phân bị chặn

Cho một gian J C R Tập tất cả các hàm đơn điệu % : J — R không là một không

gian vectơ, bởi vì nói chung hiệu của các hàm đơn điệu không đơn điệu Trong phần

này chúng ta mô tả đặc điểm của không gian vectơ bé hơn của các hàm u: I > R có

chứa tất cả các hàm đơn điệu

Định nghĩa 1.3.1 /3/Cho ham u(x) xác định trên đoạn [a,b| Khi đó biến phân của

hàm u(x) trên đoạn [a,b| kí hiệu Varia yu hoặc V}(u) là cận trên đúng của các số

» |u(¡) — u(ai-1)|

lay theo tất cả các cách chia đoạn [a,b] bởi những điểm a = x < #\ < < #„ = b (n

là số tự nhiên tay ú), hay

n

Varjapju = sup > |u(%¿) — M(#;¿_1)|: 6 = #o <4) < < Uy = 7

i=1

Ham u(x) gọi là có biến phan bị chan nếu Varl,uiu < 00.

Không gian tất cả hàm có biến phân bị chặn trong đoạn [ø, b] kí hiệu là BPV ([a, b]).Cho khoảng J C R, và một hàm u: J > R được gọi là có có biến phân bị chặn địaphương nếu Wartz,iw < o với moi [a,b] C I Không gian tất cả các hàm u: J + R cóbiến phân bị chặn địa phương kí hiệu là BPY,,.(J)

Chú ý: BPVicc ((a, b)) = BPV ((a,b)).

Vi du 1.3.1 Cho u(x) là hàm xác định va đơn điệu trong [a,b] Thi ta có u(x) € BPV ({a, 8]).

That vay

Lay bat kỳ cách chia đoạn [a,b] bởi những điểm chia a = 7 < 41 < < #„ = b.

Do u(a) là hàm xác định và đơn điệu trong [a, b] nên ta có

À2 |u(2i) — u(ai1)| = M(#a) — 8(#g) = u(b) — u(a) < 00

m

Khi đó Varjayju = u(b) — u(a) < oo nên ta có điều phải chứng minh

Một số tính chất: |3]

Tính chất 1: Cho u,v € BPV ([a,b]) Thì ta có u+v € BPV (Ía,)])

Tính chất 2: Cho wu: [a,b] + R, với a < b Khi đó với mọi c € [a, 6] thi

Varjaqut Variegu = Varia pu.

1.38 Hàm có biến phân bi chặn 26

Dinh lý 1.3.1 /3/Ham số u(x) có biến phân bị chan trong đoạn [a,b| khi va chỉ khi

nó là hiệu của hai hàm số đơn điệu tăng

Chứng minh a Diều kiện cần Giả sử ham u(x) có biến phân bị chặn trong [a, b|

Dat V(x) = Varla„ju < Varlaiw < © với x € [a,b] và

(V(x) + u(a)),

(V(x) — u(#)).

Ta sé chứng minh w(x), ua(#) là các ham đơn điệu tăng trong [ø, b] va

u(x) = u1(#) — uạ(#).

Lay +,” bất kì sao cho ø <a! <a” <b

Lay bất kì một cách chia đoạn [a, #] bởi những điểm chia a = x < 2 < < #„ = #" Khi đó tập hợp {Zo,#:, ,#„,#”} là các điểm chia của [a, z”“] nên

3 }|u(0i) — 0ø 1)| + |u(#”) — ul2’)| < Varja anu = V(0").

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 27

Hệ quả 1.3.1 Nếu một ham u € BPV ([a,b|) thà u có đạo hàm h.k.n va u" khả tích

Lebesgue trong [a, b|

Hệ quả 1.3.2 Nếu u € BPVio-((a,b)) thà u khả vi h.k.n trong (a,b) va ul khả tích

Lebesgue địa phương trong (a,b).

Chứng minh Theo Chú ý 1.1.2 ta có thể viết (a,b) = Ù Ky, với lạ là các tập

compact "

Do wu € BPV„ ((a,b)) nên u € BPV (K„).

Do đó u khả vi h.k.n và (+) khả tích Lebesgue trong K,, với = 1,2,

Vậy u khả vi h.k.n và (+) khả tích Lebesgue địa phương trong (a, Ù).

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối

Hàm Cantor cho thấy rằng những hàm đơn điệu ở định lý cơ bản của phép tính vi

tích phân không đúng cho tính phân Lebesgue Thật vậy

1

Teea =0< (1) — u(0) = 1.

0

Để định lý còn đúng trong trường hợp tích phân Lebesgue, ta cần han chế các ham

này tới một lớp hàm con của các hàm có biến phân bị chặn Điều này dẫn tới khái

niệm liên tục tuyệt đối

Định nghĩa 1.4.1 /3/Cho đoạn I Cc R Một ham số u: I 4 R được gọi là liên tục

tuyệt đối trên I nếu uới mỗi e > 0 tồn tại ồ > 0 sao cho uới moi hệ hữu hạn các khoảng

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 28

liên tục tuyệt đối trong mọi đoạn [a,b] C J Không gian của tất cả những hàm liên tụctuyệt đối địa phương u : J — R được kí hiệu là: ACj,<(J)

Ví dụ 1.4.1 Các ham u(x) kha vi mọi nơi trong [a,b] va có dao ham bi chan trong

[a,b] thà u(x) là ham liên tục tuyệt đối trong |a, b.

That vậy:

Lay e > 0 bất kỳ, va lấy một hệ hữu han các khoảng (ø,b), , (œ,b¿) rời nhau,

lax, by] C Ijk = 1, ,1

Do w'(x) bị chặn trong [a,b] nên tồn tại M > 0 để |'(z)| < M,Vz € [a,b].

Lại có u(x) khả vi trong [ag,bz},k = 1, ,/ nên theo định lý Lagtange thì tồn tại

Ck € (x, by) sao cho

(by) — u(ag) = u! (cr) (dr — ax) < M (by — ay).

Chon 6 = + Khi đó với hệ hữu hạn các khoảng (a1, bị), , (av, by) rời nhau, |az, by] C

Mệnh đề 1.4.1 /3/Cho một khoảng I C R va hàm số u: I > R Khi đó u € AC(T)

khi va chỉ khi uới mỗi ec > 0 ton tại 6 > 0 sao cho uới mọi hệ hữu hạn các khoảng

Chứng minh a Diéu kiện cần: Giả sử hàm + : J > R là liên tục tuyệt đối

Lay e > 0 bất kỳ, theo định nghĩa của hàm liên tục tuyệt đối thì tồn tại ổ > 0 sao cho

với mọi hệ hữu hạn các khoảng (ai, bị), , (a, bạ) rời nhau, [@z, by] C 7,k = 1, ,) và

l

k=1

Lai có

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 29

Do đó tồn tại ổ > 0 sao cho với mọi hệ hữu hạn các khoảng (øi,Ðị), , (a7, bị) rời nhau,

b Diều kiện đủ: Ngược lại giả sử hàm u: J > R có tính chất: với mỗi e > 0

tồn tại 6 > 0 sao cho với mọi hữu hạn các hệ khoảng (ø,bi), , (œ,b¿) rời nhau,

Ta cần chứng minh € AC(J), hay ta cần chứng minh với mỗi e > 0 tồn tai 6’ > 0 sao

cho với mọi hệ hữu han các khoảng (ay, b1), , (ai, b¡) rời nhau, |ag,b„| C I,k = 1, ,1

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 30

Do các khoảng (ax, by), k = 1, ,Í với u (bp) > w (ax) là rời nhau, và

Tương tự trong trường hợp với các khoảng (ag, by), k = 1, ,1 ma u (by) < u (az) ta có

Chứng minh Gia sử |u'(x)| < M,V+ € I

Để chứng minh € AC(J) cần chứng minh: Với mỗi e > 0 tồn tại ổ > 0 sao cho

với mọi hệ hữu hạn các khoảng (ai, 61), , (a, b¿) rời nhau, [a,, by] C 7,k = 1, ,l và

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 31

Lay e > 0 bất kỳ, ta chọn 6 = # > 0 Khi đó với mọi hệ hữu hạn các khoảng

(iii) Nếu v(x) > 0,Vz € [a,b] thi * € AC ([a, |).

Chứng minh (i) Ta chứng minh u+v € AC ([a,6]) Trường hợp u — v € AC (a, b])

tương tự.

Lay e > 0 bất kỳ, và lấy bất kỳ một hệ hữu hạn các khoảng (ay, bị), , (a), bị) rời nhau

với |dy,Ùy| C [a,b|,k =1, ,0.

Dou € AC ({a, b]) nên tồn tại 6; > 0 sao cho với hệ hữu hạn các khoảng (a1, bị) , , (a1, bị)

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 32

Do đó tồn tại 6 = min (ổi, 52) > 0 sao cho với hệ hữu hạn các khoảng (a1, 61) ; , (ai, bị)

|u(z)| < My, |o(z)| < Me, Ve € [a,b].

Lay e > 0 bất kỳ, và lấy bất kỳ một hệ hữu han các khoảng (ay, bị), , (a), b:) rời nhau

với [a;,, by] C [a,b]|,k = 1, , 1.

Dou € AC ({ø, b|) nên tồn tai, > 0 sao cho với hệ hữu hạn các khoảng (a4, bị) , , (az, bz)

rời nhau, [ag, ¿| C [a,b], k = 1, ,Í và > (by — ay) < ổi thì

À ` |(we) (bx) — (we) (ax)|

= 2 lu 0 (by) — u(dg)-v (de) + 0(b¿).0 (ap) — 0(ax).0 (a) |

= Du U (be) — 0 (ag)) + 0 (ax) (0(by) — u(ax))|

< }_ lube) (0 (be) — 0 (ax) I+ 4 (ax) (u(b„) — u(ax))|

< M1 Ề ` |ø (bx) — 0 (ax) )|+ MS Jul by) — u(ag)| (1.4.9)

k=1 k=1

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 33

Do đó tồn tại 6 = min (ổi, 52) > 0 sao cho với hệ hữu hạn các khoảng (a1, 61) ; , (ai, bị)

(iii) Do v là ham liên tục trên [a,b] nên nó dat cận trên đúng và cận dưới đúng trên

[a, b], tức là tồn tại #o,#ạ € [a,b] sao cho

⁄

0(#o) > v(x) > v(x9)

Đặt v(x )) = K và theo giả thiết v(x) > 0, Va € [a,b] nên ta có

0(z) > K > 0, Vz € fa, 8).

Lay e > 0 bat kỳ, va lay bất kỳ một hệ hữu han các khoảng (aj, 61), , (aj, bị) rời nhau

với [ay, bg] C [a,b|}, k = 1, , 1.

Dou € AC ({ø, b|) nên tồn tại 6, > 0 sao cho với hệ hữu hạn các khoảng (a4, bị) , , (az, bị)

7 3- 0 (by) -v (Gx)

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 34

k=1 0(b¿) k=l U (by) U (ax)

! 1

Do đó tồn tai 6 = min (6,52) > 0 sao cho với hệ hữu han các khoảng (ay, bq) , , (a1, bị)

Hệ quả 1.4.1 Cho u,v € ACioc ((a,b)) Khi đó:

()u -©€ ACioc ((a, Ù)).

(ii) ww € AC ((a,b)).

(iii) Nếu v(x) > 0,Va € (a,b) thà # € AC ((a, b)).

Chứng minh Lay [c,d] C (a,b) bat kỳ.

Do u,v € ACioc ((a, b)) nên u,v € AC ([c, d]).

Theo mệnh đề ở trên ta có utv € AC ([e,đ]), wv € AC (|e, đ]) va * € AC ([e, đ])

Do đó ta có được các tính chat (i) - (iii)

Ta có hàm hằng là một một hàm liên tục tuyệt đối, do đó nếu v(x) = c = const

và u € AŒI,¿(œ,b) thì cv € ACioc(a, b) Như vậy AŒi.(ø, b) lập thành một không gian

vectd.

Bổ đề 1.4.1 [3]Cho J CT là một khoảng con bị chặn va u : J + R là ham số liên

tục tuyệt đối trên J.

i) Khi đó có thể mở rộng u thành một hàm u : J > R.

ii) Nếu u € AC(J) thi ham mỏ rộng của nó thuộc AC(J).

Chứng minh i) Dat J = (a,b), ham số u: J > R là hàm số liên tục tuyệt đối trên Jnên œ là liên tục đều trên (a,b) Ta chứng minh tồn tai hữu han các giới han:

lim u(x), lim u(z).

zat

x—>b-Ta đi chứng minh tồn tại lim u(z)

zat

Theo nguyên lí hội tu Cauchy phải chứng minh: Với moi ¢ > 0 tồn tai ổ > 0 để với

mọi #¡, #¿ thỏa mãn 0 < #‡ — ø< 6,0 < ag —a < 6 thì |u(#i) — u(ae)| < e.

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 35

Lay e > 0 bất kì Do u(x) liên tục đều trên khoảng (a,b) nên tồn tại 6, > 0 để với mọi

£1, %2 € (a,b) thỏa mãn |x — #a| < 6 thì

|u(a 1) — u(zs)| <e (1.4.13) Chon 6 = 6), khi đó với moi 21,22 € (œ,ø +6) ta phải chứng minh

|u(#1) — u(aa)| < e

Do 21, % € (a,ø + öð) nên |x, — #s| < 6.

Khi đó từ (1.4.13) ta có |u(#1) — u(ae)| < e.

Theo nguyên lí hội tụ Cauchy thì điều đó chứng tỏ rằng tồn tại hữu hạn giới hạn

lim u(x).

%

Tương tự, cũng tồn tại hữu hạn giới hạn: jim u(a).

Vậy có thể mở rộng u thành một hàm u: J > R.

ii) Dé chứng minh hàm mở rộng € AC ([a, b|) thì ta phải chứng minh: với mỗi e > 0

tồn tại 6 > 0 sao cho với mọi hệ khoảng (ay, 61) , , (a7, bị) rời nhan, [az, bg] C [a,b], k =

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 36

Cứ tiếp tục quá trình như vậy ta sẽ được một dãy {a¿,} thỏa mãn điều kiện

bạ, € (ax, bx; ) ) |u(b;,) ~ u(dx,) <

k€KEn keke k€K,UK2

Theo giả thiết u € AC ((a,b)) ta có:

»x ¬ <=, 1 5 9 9< =,

I>k>1 I>k>1 k€K k€Ka

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 37

Mệnh đề 1.4.4 /3/Cho gian I C R va u € ACioc (I) (tương ứng, AC (I)) Khi đó

u € BPVioe (I) (tương ứng, BPV (J) cho tat cả các khoảng con bị chặn J của I) Đặc

biệt, u là khả vi h.k.n trong I va w' là khả tích địa phương Lebesgue (tương ứng, kha tích Lebesgue trên những khoảng con bi chăn của I).

Chứng minh a) Chứng mình nếu € AŒ¿ (T) thì u € BPW„ (1)

Lấy e = 1 và chọn bất ki [a,b] C 1

Do u € AŒ„¿(Ï) nên u liên tục tuyệt đối trên [a, b], do đó với e = 1 tồn tai 6 > 0 sao

cho sao cho với mọi hệ khoảng (aj, b1), , (az, by) rời nhau, [az, by] C [a,b], k = 1, ,1

Chon n = | và chia [a, b| thành n đoạn [2;_1, 2;] với #¿ = a+ Fay i=0, ,n và

độ dài mỗi đoạn là bea

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 38

và [f;—:, ty] Cc [#;_1 Lil C [a, b nên

Ta có u € AC (J) nên áp dung bước chứng minh ở trên (thay J cho vi trí của [a, b]

thì ta có Varj < oo, do đó Var; < œ.

Vậy u € BPV (J).

Hệ quả 1.4.2 /3/Cho IC R là một khoảng bi chăn Khi đó AC (I) C BPV (1) Đặc

biệt, nếu u € AC (T) thà u là khả vi h.k.n trong I va ul là khả tích Lebesgue.

Dinh lý 1.4.1 /3/(Tinh chất Lusin (N)) Cho khoảng I CR vau: I > R Khi đó

u € ACoc(I) khi va chỉ khi ba điều kiện sau đồng thời xay ra

(i) u liên tục trên I,

(it) u là khả vi — h.k.n trong I va wu! € L}.(1),

(iti) u biến tập có độ do Lebesgue 0 thành tập có độ do Lebesgue 0.

Tính chất (iii) được gọi là tích chất Lusin (N) Dé chứng minh định lý trên ta chứng

minh các kết quả sau

Bổ đề 1.4.2 /2jCho gian I C R va hàm u : I > R Giả sử tồn tại một tập E C I

(không nhất thiết phải do được) va M > 0 sao cho u khả vi uới moi x € E, |u'(x)| <

M, Vr € E Khi đó

uw (u(E)) < Mp" (E).

Chứng minh Ta có I và T9 sai khác nhau các điểm ở hai đầu mút.

Lại có E9 = In E nên p*(E°) = tÈ(E) và w*(u(E°)) = tÈ(u(E))

Do đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử EC 10.

1.4 Hàm liên tục tuyệt đối 39

Cố định e > 0, cho n €Ñ Gọi E, là tập hợp các điểm x € sao cho với mọi khoảng

Nếu ư(z) > 0 thì tồn tại ổ > 0 để với mọi € E thỏa mãn | — z| <6 thì

_- —u'(x)| < ymin (u'(x),€).

Do đó

-5 min (w'(%),e) < _- — w() < „min (u'(x),€),

hay

0< u(x) T— „min (u'(x),e) < mg <ư(z) + „min (u(z),e).

Khi đó u(y) là hàm đồng biến trong khoảng (# — ổ,# + ổ), và

Lay g,'€ J vay<a<y' thi

|u() — u(y’)| < Ju(y) — w(2)| + July’) — u(2)|

(M +e)(2—y) + (M + £)(w — 2)

=(M +e)(y'—y) <(M +) |J|.

IA