Hàm với biến phân bị chặn và hàm liên tục tuyệt đối

1 mPackage inputenc Error: Keyboard character used is undefinedin inputencoding ‘utf8’See the inputenc package documentation for explanation.You need to provide a definition with or before using this key.m3 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học sư phạm Hà Nội hướng dẫn TS Trần Văn Bằng Em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô giáo nhà trường thầy cô giáo khoa Toán-Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội giúp đỡ em suốt trình học tập Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Văn Bằng, người quan tâm, động viên tận tình hướng dẫn em trình thực luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, người thân, bạn bè động viên tạo điều kiện để em hoàn thành luận văn Hà Nội, ngày 09 tháng 05 năm 2011 Tác giả Trần Thị Hoàn LỜI CAM ĐOAN Luận văn hoàn thành trường Đại học sư phạm Hà Nội hướng dẫn TS Trần Văn Bằng Một số kết đạt luận văn chưa công bố công trình khoa học khác Hà Nội, ngày 09 tháng 05 năm 2011 Tác giả Trần Thị Hoàn Mục lục Lời cảm ơn Lời cam đoan Mở đầu Hàm với biến phân bị chặn 1.1 Biến phân theo điểm 1.2 Phép hợp hàm BP V (I) 27 1.3 Không gian BP V (I) 31 1.4 Chỉ đồ Banach 40 Hàm liên tục tuyêt đối 48 2.1 Không gian hàm liên tục tuyệt đối 48 2.2 Quy tắc đạo hàm hàm hợp phép đổi biến 73 2.3 Hàm kì dị 89 Kết luận 92 Tài liệu tham khảo 93 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Các hàm đơn điệu đóng vai trò quan trọng giải tích cổ điển Nếu để nói việc nghiên cứu hàm đơn điệu có lẽ phải dùng ngôn ngữ Toán học "vô cùng" Như ta biết: Cho khoảng I ⊂ R Tập hợp hàm đơn điệu u : I → R không không gian vectơ, nói chung, hiệu hai hàm đơn điệu không đơn điệu Vậy câu hỏi đặt là: Liệu tìm không gian véc tơ chứa tất hàm đơn điệu hay không? Câu trả lời có, người ta sử dụng ngôn ngữ "Biến phân" để xây dựng không gian, có tên "Không gian tất hàm có biến phân bị chặn" không gian nhỏ chứa tất hàm đơn điệu Tuy nhiên không gian rộng để nghiên cứu mối liên hệ phép tính vi tích phân phép tính tích phân (theo nghĩa Lebesgue) Để khắc phục hạn chế đó, người ta lại tìm không gian véc tơ nhỏ "Không gian tất hàm liên tục tuyệt đối" Các hàm không gian thỏa mãn Định lý phép tính vi tích phân tích phân Lebesgue Mở rộng lại thu hẹp, mối quan hệ hai không gian nào? chúng có tính chất đặc biệt gì? Điều đó, thúc đẩy em đến việc chọn đề tài "Hàm với biến phân bị chặn hàm liên tục tuyệt đối"nhằm mục đích tìm hiểu hai loại hàm tìm hiểu câu trả lời cho câu hỏi vừa nêu Mục đích nghiên cứu Bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học tìm hiểu tính chất đặc trưng hai không gian: Không gian hàm có biến phân bị chặn không gian hàm liên tục tuyệt đối Nhiệm vụ nghiên cứu Ngiên cứu số định nghĩa, định lý, tính chất về: Hàm với biến phân bị chặn hàm liên tục tuyệt đối Đưa số tập áp dụng định lý tính chất với số tập ví dụ phản chứng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Hàm với biến phân bị chặn hàm liên tục tuyệt đối Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu giải tích lồi giải tích biến phân đại Cấu trúc khóa luận Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận em gồm chương: Chương I: Hàm với biến phân bị chặn Chương II: Hàm liên tục tuyệt đối Chương Hàm với biến phân bị chặn Cho khoảng I ⊂ R Tập hợp hàm đơn điệu u : I → R không không gian vectơ, nói chung, hiệu hai hàm đơn điệu không đơn điệu Trong chương này, mô tả không gian véc tơ nhỏ hàm u : I → R chứa tất hàm đơn điệu 1.1 Biến phân theo điểm Cho khoảng I ⊂ R Một phân hoạch I tập P := {x0 , x1 , , xn } đó, x0 < x1 < < xn Định nghĩa 1.1 Cho khoảng I ⊂ R hàm u : I → R Biến phân theo điểm (gọi tắt biến phân) u khoảng I giá trị: n |u(xi ) − u(xi−1 )| Varu := sup (1.1) i=1 đó, cận lấy tất phân hoạch P := {x0 , x1 , , xn } I, n ∈ N Hàm u : I → R gọi có biến phân hữu hạn biến phân bị chặn Varu < ∞ Không gian tất hàm u : I → R với biến phân bị chặn kí hiệu là: BV P (I) Nhận xét 1.2 Chú ý rằng, điểm đầu mút, chẳng hạn b := supI ∈ I định nghĩa Varu, ta cần xét phân hoạch có xn = b Thật vậy, P := {x0 , x1 , , xn } phân hoạch với xn < b P := {x0 , x1 , , xn , b} phân hoạch I n n |u(xi ) − u(xi−1 )| ≤ i=1 |u(xi ) − u(xi−1 )| + |u(b) − u(xn )| ≤ Varu i=1 Để nhấn mạnh phụ thuộc vào khoảng I, thường kí hiệu VarI u Nếu khoảng I suy biến tức inf I = supI ta viết VarI u = Hàm u : I → R gọi có biến phân hữu hạn địa phương biến phân bị chặn địa phương Var[a,b] u < ∞, ∀[a, b] ⊂ I Không gian tất hàm u : I → R có biến phân bị chặn địa phương kí hiệu BP Vloc (I) Nếu I = [a, b] BP Vloc ([a, b]) = BP V ([a, b]) Nếu Ω ⊂ R tập mở ta viết Ω hợp đếm khoảng mở đôi rời nhau: Ω= In n Khi đó, biến phân u : Ω → R định nghĩa bởi: Varu := VarIn u n u gọi có biến phân bị chặn Ω Varu < ∞ Không gian tất hàm u : Ω → R có biến phân bị chặn kí hiệu là: BP V (Ω) Nếu u : I → Rd ta định nghĩa biến phân u giống Định nghĩa 1.1 giá trị tuyệt đối thay chuẩn Rd Không gian tất hàm u : I → Rd có biến phân bị chặn (biến phân bị chặn địa phương) kí hiệu BP V (I; Rd )(tương ứng, BP Vloc (I; Rd )) Sau số tập: Bài tập 1.3 (i)Nếu u : [a, b] → R khả vi khắp nơi đạo hàm u bị chặn u ∈ BP V ([a, b]) (ii)Nếu u : [a, b] → R khả vi khắp nơi u khả tích Riemann u ∈ BP V ([a, b]) b |u (x)| dx Varu = a Đối chiếu với định lý Katznelson-Stromberg Bài tập 1.4 Cho u : [0, 1] → R định nghĩa bởi: u(x) := xa sin x1b < x ≤ 1, x = a, b ∈ R Với giá trị a,b hàm u có biến phân bị chặn Chứng minh tồn giá trị a, b cho với a, b u có biến phân bị chặn u không bị chặn Bài tập 1.5 Cho u, v ∈ BP V ([a, b]).Chứng minh rằng: (i)u ± v ∈ BP V ([a, b]) (ii) u · v ∈ BP V ([a, b]) (iii)Nếu v(x) ≥ c > 0, ∀x ∈ [a, b] với c > u v ∈ BP V ([a, b]) (iv)Điều xảy ta thay [a, b] khoảng I ⊂ R (có thể không bị chặn)? Chúng ta chuyển sang vài tính chất chung hàm với biến phân bị chặn 10 Mệnh đề 1.6 Cho khoảng I ⊂ R hàm u : I → R Khi ta có (i)Với c ∈ I, sup |u(x)| ≤ |u(c)| + Varu x∈I Do đó, u ∈ BP V (I) u bị chặn (ii)Nếu c ∈ I, VarI∩(−∞,c] u + VarI∩[c,∞) u = Varu (iii)Nếu I không chứa đầu mút phải lim − VarI∩(−∞,x] u = Varu x→(supI) Đồng thời,nếu I không chứa đầu mút trái lim + VarI∩[x,∞) u = Varu x→(inf I) Chứng minh (i)Cố định c ∈ I Với x = c, xét phân hoạch P := {c, x} Khi |u(x)| ≤ |u(c)| + |u(x) − u(c)| ≤ |u(c)| + Varu, sup |u(x)| ≤ |u(c)| + Varu x∈I (ii)Gọi I1 := I ∩ (−∞, c] I2 := I ∩ [c, +∞) Giả sử P := {x0 , x1 , , xn } Q := {y0 , y1 , , ym } phân hoạch I1 I2 Theo Nhận xét 1.2 ta giả sử xn = y0 = c Khi đó, P ∪ Q phân hoạch I n m |u(xi ) − u(xi−1 )| + i=1 |u(yi ) − u(yi−1 )| ≤ Varu i=1 Đầu tiên, lấy cận trên tất phân hoạch P I1 sau lấy tất phân hoạch Q I2 ta có kết quả: VarI1 u + VarI2 u ≤ Varu 79 Hệ 2.57 Giả sử g : [c, d] → R hàm khả tích u : [a, b] → [c, d] đơn điệu liên tục tuyệt đối Khi đó, (g ◦ u)u khả tích công thức đổi biến (2.15) Bài tập 2.58 Chứng minh rằng, với giả thiết Hệ hàm f ◦ u liên tục tuyệt đối chứng minh hệ Hệ 2.59 Giả sử g : [c, d] → R hàm có độ đo, bị chặn u : [a, b] → [c, d] hàm liên tục tuyệt đối Khi đó, (g ◦ u)u khả tích công thức đổi biến (2.15) Bài tập 2.60 Chứng minh rằng, với giả thiết Hệ hàm f ◦ u liên tục tuyệt đối chứng minh hệ Hệ 2.61 Giả sử g : [c, d] → R hàm khả tích, u : [a, b] → [c, d] liên tục tuyệt đối (g ◦ u)u khả tích Khi đó, công thức đổi biến (2.15) Chứng minh Đặt gn (z) :=    n g(z) > n, g(z) −n ≤ g(z) ≤ n,    −n g(z) < −n Áp dụng Định lý hội tụ trội Lebesgue Hệ 2.60, ta có u(β) u(β) g(z)dz = lim u(α) n→∞ gn (z)dz u(α) β = lim n→∞ β gn (u(x))u (x)dx = α g(u(x))u (x)dx α Để mở rộng kết với khoảng tùy ý, ta xét hai hàm g : J → R u : I → J giả sử tồn giới hạn sau R, lim x→(inf I)+ u(x) = , lim x→(supI)− u(x) = L 80 Trong trường hợp này, công thức tương tự (2.15) là: L supI g(z)dz = g(u(x))u (x)dx (2.17) inf I Thật vậy, ta có kết sau Định lí 2.62 Cho hai khoảng I, J ⊂ R, g : J → R hàm khả tích u : I → J khả vi h.k.n I tồn giới hạn sau R, lim x→(inf I)+ u(x) = , lim x→(supI)− u(x) = L (2.18) Khi đó, (g ◦ u)u khả tích I phép đổi biến (2.15) (2.17) đúng, ∀[α, β] ⊂ I f ◦ u ∈ AC(I) ∩ BP V (I), z f (z) := g(t)dt, z ∈ J inf J Chứng minh Giả sử f ◦ u ∈ AC(I) ∩ BP V (I) ta tiến hành chứng minh Định lý 2.55 để chứng minh (2.15) đúng, ∀[α, β] ⊂ I Vì f ◦ u ∈ BP V (I) nên theo Hệ 1.23 (2.16), đạo hàm (g ◦ u)u khả tích I Do đó, lấy giới hạn α,β tiến tới đầu mút I sử dụng (2.18) Định lý hội tụ trội Lebesgue, ta kết luận (2.17) Đảo lại, (g ◦ u)u khả tích (2.15) (2.17) đúng, ∀[α, β] ⊂ I β (f ◦ u)(β) − (f ◦ u)(α) = g(u(x))u (x)dx, ∀[α, β] ⊂ I α Như Định lý 2.54 ta có f ◦ u ∈ ACloc (I) Đồng thời, theo Hệ 2.41 2.42 suy f ◦ u ∈ AC(I) ∩ BP V (I) Định nghĩa 2.63 Cho tập X = ∅ hàm ψ : X → [0, ∞] Ta định nghĩa tổng vô hạn ψ X sau: ψ(t) : Y ⊂ X ψ(t) := sup t∈X hữu hạn t∈Y 81 Bài tập 2.64 Cho tập X = ∅ hàm ψ : X → [0, ∞] Chứng minh rằng, ψ(t) < ∞ t∈X tập {t ∈ X : ψ(t) > 0} tập đếm Định lí 2.65 (Công thức diện tích) Cho khoảng I ⊂ R, ψ : I → [0, ∞] hàm Borel u : I → R khả vi h.k.n I u ánh xạ tập có độ đo (L) thành tập có độ đo (L) Khi đó, ψ(t)dy = ψ(x)|u (x)|dx (2.19) I R t∈u−1 ({y}) Chứng minh Bước 1: Đầu tiên giả sử I = (a, b) u ∈ Cc1 (I) Xét tập mở A := {x ∈ I : u (x) = 0} {(ak , bk )} họ đếm thành phần liên thông A Nếu u > (ak , bk ) ψ ∈ L∞ ((ak , bk )) theo Hệ 2.59 (áp dụng khoảng (ak , bk ) với hàm u g := ψ ◦ u, −1 v := u (ak ,bk ) ) ta có bk u(bk ) ψ(x)u (x)dx = ak −1 ψ u u(ak ) Mặt khác, u (ak ,bk ) (y) dy (ak ,bk ) (2.20) giảm thực liên tục nên với y ∈ u(ak ), u(bk ) có t ∈ (ak , bk ) cho u(t) = y Vì (ak , bk ) ∩ u−1 ({y}) = {t}, y ∈ R\ u(ak ), u(bk ) (ak , bk ) ∩ u−1 ({y}) = ∅ Điều chứng tỏ rằng: u(bk ) ψ(t)dy = ψ(t)dy u(ak ) t∈(a ,b )∩u−1 ({y}) k k R t∈(a ,b )∩u−1 ({y}) k k u(bk ) = −1 ψ u(ak ) u (ak ,bk ) (y) Kết hợp đẳng thức với (2.20) ta có bk ψ(x)u (x)dx = ak ψ(t)dy R t∈(a ,b )∩u−1 ({y}) k k (2.21) 82 Để bỏ giả thiết, bổ sung ψ ∈ L∞ (ak , bk ) , ta cần áp dụng (2.21) với ψn := min{ψ, n} sử dụng Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue Chứng minh tương tự, u < (ak , bk ) bk ψ(x)|u (x)|dx = ak ψ(t)dy R t∈(a ,b )∩u−1 ({y}) k k Lấy tổng theo k ta có, ψ(t)dy ψ(x)|u (x)|dx = A R t∈(a ,b )∩u−1 ({y}) k k Vì u (x) = I\A nên theo Hệ 2.14, L1 (u(I\A)) = Do đó, đẳng thức viết sau: ψ(x)|u (x)|dx = I ψ(t)dy R\u(I\A) t∈A∩u−1 ({y}) Mặt khác, y ∈ R\u(I\A) u−1 ({y}) = (A ∩ u−1 ({y})) ∪ ((I\A) ∩ u−1 ({y})) = A ∩ u−1 ({y}) Và vậy, ψ(t)dy = R\u(I\A) t∈A∩u−1 ({y}) ψ(t)dy R\u(I\A) t∈u−1 ({y}) = ψ(t)dy R t∈u−1 ({y}) đó, lấy đẳng thức cuối L1 (u(I\A)) = Điều chứng tỏ (2.19) Bước 2: Tiếp theo giả sử I = (a, b), tồn tập Compac K ⊂ I cho ψ = I\K cho u khả vi, ∀x ∈ K u(y) − u(x) = u (x), y∈K,y→x y−x lim x∈K 83 với u (x) quy Thì theo Bài tập 2.66 tồn tai hàm v ∈ Cc1 (I) để v = u v = u K Áp dụng Bước v với ψ thay χK ψ, ta có ψ(x)|u (x)|dx = χK (x)ψ(x)|v (x)|dx K I = χK (t)ψ(t)dy R t∈v −1 ({y}) = ψ(t)dy = R t∈K∩v −1 ({y}) ψ(t)dy R t∈K∩u−1 ({y}) Vì ψ = I\K, ta có (2.19) Bước 3: Giả sử I = (a, b) Vì u khả vi h.k.n I nên dãy hàm un (x) := u(y) − u(x) − u (x) , y−x sup x∈I x− n1 ,x+ n1 ∩I \{x} y∈ hội tụ tới h.k.n, x ∈ I Theo Định lý Egoroff, tồn dãy tăng tập compac {Kj } ⊂ I cho ∞ L I\ Kj =0 j=1 {un } hội tụ tới Kj , với j ∈ N Nói riêng, u(y) − u(x) = u (x) y∈K,y→x y−x lim x ∈ Kj , ∀j ∈ N Theo Bước với ψ thay ψχKj , ψ(x)|u (x)|dx = Kj ψ(t)dy R t∈K ∩u−1 ({y}) j Cho j → ∞, từ Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue suy ra, ∞ j=1 ψ(x)|u (x)|dx = Kj ψ(t)dy R t∈ ∞ j=1 Kj ∩u−1 ({y}) 84 Vì L1 I\ ∞ j=1 Kj = nên theo giả thiết ta có ∞ L u I\ Kj = j=1 Và ta có (2.19) Bước 4: Nếu I khoảng tùy ý, lấy (an , bn ) ⊂ I thỏa mãn an → (inf I)+ , bn → (supI)− Theo Bước 3, (2.19) (an , bn ) Công thức (2.19) I o suy từ Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue Nếu điểm đầu mút I thuộc I ta tiến hành phần cuối Bước để chứng tỏ (2.19) I Chọn ψ(x) := g(u(x)) (2.19), g : R → [0, ∞] hàm Borel ta có g(y)Nu (y; I)dy = g(u(x))|u (x)|dx I R đó, ta nhớ lại Nu (·; I) gọi đồ Banach u Trường hợp đặc biệt, với q = ta có mô hình Định lý Banach, là: |u (x)|dx Nu (y; I)dy = R I Bài tập 2.66 Cho K ⊂ (a, b) tập Compac u : K → R hàm khả vi K u(y) − u(x) = u (x) y∈K,y→x y−x lim với x ∈ K Chứng minh rằng, tồn hàm v : (a, b) → R, với v ∈ Cc1 ((a, b)) có tính chất v = u v = u K Gợi ý, thành phần liên thông (ak , bk ) (a, b)\K, xác định v đa thức bậc ba thích hợp Ta kết thúc mục việc thảo luận Định lý 1.31 Bài tập sau (xem Bài tập 1.30) chứng tỏ hợp hàm liên tục tuyệt đối không liên tục tuyệt đối 85 Bài tập 2.67 Cho f : R → R định nghĩa bởi:   z ≤ −1,  1 f (z) := |z| −1 < z < 1,   1 z ≥ gọi u : [−1, 1] → R hàm u(x) := x2 sin x12 x = 0, x = Chứng minh f u liên tục tuyệt đối hợp chúng f ◦ u không liên tục tuyệt đối Kết cho ta điều kiện cần đủ hàm f : R → R để f ◦ u liên tục tuyệt đối, với hàm liên tục tuyệt đối u : [a, b] → R Định lí 2.68 (Sự chồng chất) Cho khoảng I ⊂ R f : R → R Khi đó, f ◦ u ∈ ACloc (I) với hàm u ∈ ACloc (I) f Lipschitz địa phương Trường hợp đặc biệt, f Lipschitz địa phương u ∈ ACloc (I) quy tắc đạo hàm hàm hợp (2.14) Chứng minh Bước 1: Giả sử f Lipschitz địa phương u ∈ ACloc (I) Cố định đoạn [a, b].Đặc biệt, |u| bị chặn đoạn [a, b]: |u| ≤ tồn số L > để |f (z1 ) − f (z2 )| ≤ L|z1 − z2 |, ∀z1 , z2 ∈ [− , ] (2.22) Ta chứng minh f ◦ u liên tục tuyệt đối đoạn [a, b] Thật vây, u ∈ AC([a, b]) nên với ε > 0, ∃δ > để |u(bk ) − u(ak )| ≤ k ε L với số khoảng hữu hạn không giao (ak , bk ) ⊂ [a, b], (bk − ak ) ≤ δ k 86 Do đó, theo (2.22) |u(bk ) − u(ak )| ≤ ε |(f ◦ u)(bk ) − (f ◦ u)(ak )| ≤ L k k Và ta có điều phải chứng minh Quy tắc đạo hàm hàm hợp suy từ Hệ 2.52 Bước 2: Giả sử f ◦ u ∈ ACloc (I), với u ∈ ACloc (I) Ta chứng minh f Lipschitz địa phương Phần chứng minh sau gần với chứng minh Định lý 2.31, với điểm khác thay cho u gián đoạn ta sử dụng hàm afin khúc Cố định đoạn [a, b] ⊂ I Ta bắt đầu việc chứng minh f bị chặn địa phương Xét đoạn [−r, r], r > Ta chứng minh f bị chặn [−r, r] Thật vậy, ∀z0 ∈ [−r, r], ta xét hàm  a+b    z0 + x − x ∈ [a, b], u(x) := x < a, z0 − b−a    z + b−a x > b Vì u ∈ ACloc (I) nên theo giả thiết (f ◦ u) ∈ AC([a, b]) Nói riêng, bị chặn đoạn [a, b] Do đó, tồn số Mz0 = Mz0 (a, b) > cho f z0 + x − a+b ≤ Mt0 , ∀x ∈ [a, b] điều suy ra: |f (z)| ≤ My0 , ∀z ∈ z0 − b−a , z0 + b−a Do [−r, r] tập Compac nên f bị chặn [−r, r] số Mr > Tiếp theo, ta chứng minh f Lipschitz [−r, r] Thật vậy, giả sử f không Lipschitz [−r, r] Khi đó, ta tìm dãy {sn }, {tn } cho sn = tn |f (sn ) − f (tn )| > 2(n2 + n), ∀n ∈ N |sn − tn | (2.23) Vì {sn } bị chặn, ta trích dãy (vẫn viết sn ): sn → s∞ Lấy dãy khác (không kí hiệu lại) cho (2.23) |sn − s∞ | < (n + 1)2 (2.24) 87 Vì f bị chặn [−r, r] Mr nên theo (2.23), ∀n ∈ N ta có 2Mr ≥ |f (sn ) − f (tn )| > 2(n2 + n)|sn − tn | (2.25) Do dó, < δn := |sn − tn |(b − a) (b − a) →0 < 2Mr 2(n2 + n) b−a Với n ∈ N, ta chia đoạn a + n+1 , a + b−a thành khoảng n có độ dài δn , gọi n := diamIn b−a 2Mr = = >2 δn δn (n2 + n) |sn − tn |(n2 + n) đặt mn := max{j ∈ N0 : j < n Xét phân hoạch Pn a + n } Vì n ≤ mn < b−a n+1 , a + (2.26) > nên ta có, n b−a n (2.27) cho bởi, b−a b−a + jδn : j = 0, , 2mn ∪ a + n+1 n (n) (n) =: {x0 , , x2mn +1 } Pn : = a + Xác định hàm afin khúc u : I → R sau: Đặt s0 := s1 Định nghĩa: s∞ x ≤ a, u(x) := s0 Còn với x thuộc khoảng a + u(x) :=          (n) 2(sn −tn ) x − x2i−1 δn (n) 2(tn −sn ) x − x2i δn sn−1 −tn x− (n) (n) x2mn +1 −x2mn −1 + tn + sn (n) x ≥ b b−a n+1 , a + b−a n , n ∈ N, ta đặt (n) (n) x2i−1 ≤ x ≤ x2i , ≤ i ≤ mn − (n) (n) x2i ≤ x ≤ x2i+1 , ≤ i ≤ mn − (n) (n) x2mn −1 + tn x2mn −1 ≤ x ≤ x2mn +1 (2.28) Chú ý δn (n) (n) ≤ x2mn +1 − x2mn −1 ≤ 2δn , ta chứng minh u ∈ AC(I) Vì sn → s∞ tn → t∞ , ta có u liên tục x = a Do đó, u liên tục 88 khả vi trừ số đếm điểm theo Bài tập 2.23 để chứng tỏ liên tục tuyệt đối địa phương I Ta phải chứng minh u khả tích Theo (2.24),(2.25),(2.27), ta có ∞ b |u |dx = I |u |dx ≤ a 2mn |sn − tn | + |tn − sn−1 | n=1 ∞ ≤ n |sn − tn | + |tn − sn | + |sn − s∞ | + |s∞ − sn−1 | n=1 ∞ ≤ n=1 Vì chuỗi ∞ n=1 n2 Mr Mr + + ≤ n2 + n n2 + n n2 ∞ n=1 2Mr + < ∞ n2 hội tụ nên ta có u khả tích I Mặt khác, theo (2.25)-(2.27), 2mn +1 (n) f u xi (n) − f u xi−1 ≥ 2mn |f (sn ) − f (tn )| i=1 > n (n2 + n)|sn − tn | = 4Mr , nên với ∀n ∈ N theo Nhận xét 1.7, ta có n Var[a,b] (f ◦ u) ≥ VarIk (fo u) ≥ 4Mr n → ∞, n → ∞ k=1 Do đó, ta có điều mâu thuẫn Nhận xét 2.69 Chú ý rằng, phần điều kiện cần định lý ta chứng minh kết mạnh nhiều Cụ thể là, f : R → R cho f ◦ u ∈ BP Vloc (I), với hàm u ∈ AC(I) ⊂ ACloc (I) f Lipschitz địa phương Nhận xét 2.70 Chú ý rằng, phần chứng minh trước f : Rd → R tức f ◦ u ∈ ACloc (I) với hàm u ∈ ACloc (I; Rd ) Lipschitz địa phương 89 2.3 Hàm kì dị Trong mục này, ta chứng minh rằng: hàm có biến phân bị chặn phân tích thành tổng hàm liên tục tuyệt đối hàm kì dị Định nghĩa 2.71 Cho khoảng I ⊂ R, hàm u : I → R (khác hàm hằng) gọi hàm kì dị khả vi h.k.n, x ∈ I, với u (x) = h.k.n, x ∈ I Hàm bước nhảy uJ hàm u ∈ BP Vloc (I) ví dụ hàm kì dị Có ví dụ khác hàm Cantor hàm cho Định lý 0.47 Định lý theo sau cho ta đặc trưng hàm kì dị Định lí 2.72 (Hàm kì dị) Cho khoảng I ⊂ R u : I → R hàm (khác hàm hằng) cho u (x) tồn (có thể vô hạn) h.k.n, x ∈ I Khi đó, u hàm kì dị tồn tai tập đo Lebesgue E ⊂ I cho L1 (I\E) = L1 (u(E)) = Chứng minh Giả sử u hàm kì dị E := {x ∈ I : u (x) = 0} Khi đó, L1 (I\E) = Theo Hệ 2.14, ta có L1 (u(E)) = Đảo lại, giả sử tồn tập đo Lebesgue E ⊂ I cho L1 (I\E) = L1 (u(E)) = Khi đó, theo Hệ 2.45, u (x) = h.k.n, x ∈ E Vì L1 (I\E) = nên ta có u (x) = h.k.n, x ∈ I Như ứng dụng Bổ đề 2.31 ta có phân tích tiêu chuẩn hàm đơn điệu thành hàm đơn điệu liên tục tuyệt đối hàm đơn điệu kì dị Định lí 2.73 Cho khoảng I ⊂ R u : I → R hàm tăng Khi đó, u phân tích thành tổng ba hàm tăng: u = uAC + uC + uJ (2.29) 90 đó, uAC ∈ ACloc (I), uC : liên tục kì dị, uJ hàm bước nhảy u Chứng minh Đặt v := u − uJ , theo Bài tập 0.5 0.50 ta có v tăng, liên tục v (x) = u (x) h.k.n, x ∈ I Cố định x0 ∈ I, với x ∈ I, đặt: x uAC (x) := x v (t)dt = x0 uC (x) := v(x) − uAC (x) (2.30) u (t)dt, x0 Khi đó, phân tích (2.29) Hơn nữa, theo Bổ đề 2.31 ta có uC (x) = h.k.n, x ∈ I Ta phải chứng minh uC tăng Lấyx, y ∈ I, với x < y Theo Hệ 0.37, y uAC (y) − uAC (x) = v (t)dt ≤ v(y) − v(x) x vậy, uC (y) ≥ uC (x) theo (2.30) Hàm uC gọi phần Cantor u Vì hàm có biến phân bị chặn viết thành hiệu hàm tăng nên kết tương tự cho hàm có biến phân bị chặn Hệ 2.74 Cho khoảng I ⊂ R cho u ∈ BP Vloc (I) Khi đó, u phân tích thành tổng hàm BP Vloc (I), nghĩa là: u = uAC + uC + uJ (2.31) đó, uAC ∈ ACloc (I), uC liên tục kì dị (u+ (y) − u− (y)) + u(x) − u− (x) uJ (x) := (2.32) y∈I,y[...]... 1] → R là − biến phân bị chặn và |g(x)| ≤ M , ∀x ∈ [0, 1] thì Varg ≤ 4M( + 1) 31 (ii)Chứng minh rằng, nếu u : [0, 1] → R là tăng và g : [0, 1] → [0, 1] là − ∈ N thì u ◦ g bị chặn và là biến phân bị chặn, với mỗi − biến phân bị chặn (iii)Chứng minh rằng, nếu u : [0, 1] → R có biến phân bị chặn và g : [0, 1] → [0, 1] là − biến phân bị chặn, với mỗi ∈ N thì u ◦ g có biến phân bị chặn (iv )Với mỗi n ∈... hai hàm tăng (tương ứng, hai hàm tăng bị chặn) Thật vậy, ta có u = V − (V − u) 1 1 u = (V + u) − (V − u) 2 2 hoặc Bài tập 1.19 Cho I = [a, b] Chứng minh rằng: (i)Nếu v : I → R có biến phân bị chặn và có tính chất giá trị trung gian thì v liên tục (ii)Nếu u : I → R là hàm khả vi và u có biến phân bị chặn thì u liên tục Bài tập 1.20 Cho khoảng I ⊂ R và hàm u ∈ BP Vloc (I) liên tục phải (tương ứng ,liên tục. .. kín với phép hợp Bài tập 1.30 Cho hàm f : [0, 1] → R và u : [0, 1] → [0, 1] được định nghĩa bởi: f (z) := √ z, u(x) := x2 sin2 x1 nếu 0 < x ≤ 1, 0 nếu x = 0 Chứng minh rằng f và u có biến phân bị chặn nhưng f ◦ u thì không có tính chất đó Tiếp theo chúng ta tìm điều kiện cần và đủ đối với f để f ◦ u có biến phân bị chặn với mọi hàm u có biến phân bị chặn Định lí 1.31 (Josephy) Cho khoảng I ⊂ R và hàm. .. R là hàm bị chặn và thuộc BP Vloc (R) nhưng không thuộc BP V (R) (vì sao?) Tiếp theo chúng ta nghiên cứu mối quan hệ giữa hàm đơn điệu và hàm có biến phân bị chặn Mệnh đề 1.10 Cho khoảng I ⊂ R và hàm u : I → R là hàm đơn điệu Khi đó, với mỗi khoảng J ⊂ I, VarJ u = sup u + inf u J J Nói riêng, u ∈ BP Vloc (I) Hơn nữa, u ∈ BP V (I) nếu và chỉ nếu nó bị chặn Chứng minh Giả sử rằng u là hàm tăng và khoảng... } và {βj } trù mật nên các bất đẳng thức trên suy ra u không thể đơn điệu trên bất kỳ khoảng nào Từ Bài tập 1.3i suy ra u có biến phân bị chặn trên những tập bị chặn Việc chứng minh hàm u không khả tích Riemann trên bất kỳ khoảng đóng [a, b] sẽ phải sử dụng Định lý cơ bản của phép tính vi tích phân với hàm liên tục tuyệt đối và vì vậy nó được chứng minh sau Định lý 2.30 Nhận xét 1.27 Chú ý rằng hàm. .. N, cho gn : [0, 1] → {0, 31n } và đặt g := Chứng minh rằng, Varg ≥ 1 6 ∞ n=1 Vargn ∞ n=1 gn (v)Chứng minh rằng nếu g : [0, 1] → [0, 1] sao cho u ◦ g có biến phân bị chặn, ∀u : [0, 1] → R có biến phân bị chặn thì g : [0, 1] → R là − biến phân bị chặn, với mỗi l ∈ N Gợi ý, nếu không thì với mỗi n ∈ N tìm một khoảng In ⊂ [0, 1] để g −1 (In ) ∈ / J3n và lấy, ∞ u := un n=1 với việc chọn un thích hợp 1.3... khoảng I ⊂ R và u ∈ BP Vloc (I), V là biến phân bất định của u (i)Chứng minh rằng, nếu u liên tục phải (tương ứng, liên tục trái) tại x ∈ I thì cũng liên tục phải (trái) tại điểm đó (ii)Chứng minh rằng nếu u ∈ BP V (I) thì supI V − inf I V = Varu Từ Bài tập 1.14 cùng với (1.3), ta thấy u liên tục tại x nếu và chỉ nếu V liên tục tại x Tuy nhiên, bài tập sau đây cho thấy điều này không đúng với tính khả... (Varp u) q (iv)Chứng minh rằng với mọi u, v : [a, b] → R , Varp (u + v) ≤ Varp u + Varp v (v)Chứng minh rằng nếu u : [a, b] → R là liên tục Holder với số mũ thì Varp u < ∞ 1 p 27 1.2 Phép hợp các hàm trong BP V (I) Trong mục này, chúng ta sẽ nghiên cứu phép hợp của các hàm với biến phân bị chặn Bài tập 1.5 chứng tỏ rằng BP V ([a, b]) đóng kín đối với 2 phép toán cộng và nhân Bài tập tiếp theo sau chứng... các hàm u : I → R chứa tất cả các hàm đơn điệu Định lí 1.18 Cho khoảng I ⊂ R Không gian véc tơ nhỏ nhất các hàm u : I → R chứa tất cả các hàm đơn điệu (tương ứng, các hàm đơn điệu bị chặn) là không gian BP Vloc (I) (tương ứng,BP V (I)) Hơn nữa, mọi hàm thuộc BP Vloc (I) (tương ứng,BP V (I)) đều có thể viết thành hiệu của 2 hàm tăng (tương ứng, hai hàm tăng và bị chặn) Chứng minh Giả sử u, v : I → R và. .. (tương ứng,BP V (I)) với mọi hàm u ∈ BP Vloc (I, Rd ) (tương ứng,BP V (I, Rd )) nếu và chỉ nếu f Lipschitz địa phương Bài tập tiếp theo cho ta điều kiện cần và đủ để u ◦ h ∈ BP V (I) với mỗi u ∈ BP V (I) Bài tập 1.33 Với mỗi ∈ N, đặt J := E ⊂ [0, 1]: E có thể viết thành hợp của khoảng , ở đó ta hiểu tập một điểm như những khoảng đóng suy biến Một hàm g : [0, 1] → R gọi là − biến phân bị chặn nếu g −1 ([a, ... g bị chặn biến phân bị chặn, với − biến phân bị chặn (iii)Chứng minh rằng, u : [0, 1] → R có biến phân bị chặn g : [0, 1] → [0, 1] − biến phân bị chặn, với ∈ N u ◦ g có biến phân bị chặn (iv )Với. .. Không gian hàm có biến phân bị chặn không gian hàm liên tục tuyệt đối Nhiệm vụ nghiên cứu Ngiên cứu số định nghĩa, định lý, tính chất về: Hàm với biến phân bị chặn hàm liên tục tuyệt đối Đưa số... chế lớp hàm có biến phân bị chặn Điều dẫn tới khái niệm hàm liên tục tuyệt đối 2.1 Không gian hàm liên tục tuyệt đối Định nghĩa 2.1 Cho khoảng I ⊂ R Hàm u : I → R gọi hàm liên tục tuyệt đối I,