định lí radon nikodym và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH SONGSAMAYVONG SOMCHAY ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh- 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH SONGSAMAYVONG SOMCHAY ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM VÀ ỨNG DỤNG Chuyên nghàn: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh- 2012 LỜI CẢM ƠN Lới đầu tiên, kính gửi đến Thầy PGS.TS Nguyễn Bích Huy lời cảm ơn chân thành tận tình giúp đỡ bảo suốt thời gian làm luận văn Tốt nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn Quý Thầy Cô trường Đại học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên Thành phố Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy hướng dẫn suốt khóa học Tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp, bạn học viên Cao học Toán Giải Tích Khóa 21 gia đình động viên, khuyến khích giúp đỡ thời gian học tập làm luận văn Tp Hồ Chí Minh, ngày 29/09/2012 Học viên Cao học khóa 21 SONGSAMAYVONG Somchay MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƯƠNG ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM 1.1Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất 1.2 Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym 10 1.3 Định lí Radon-Nikodym 15 CHƯƠNG ỨNG DỤNG 26 2.1 Đối biến số tích phân 26 2.2 Không gian độ đo có dấu 31 2.3 Định lí phép tính tích phân 38 2.4 Phiếm hàm tuyến tính liên tục không gian 𝑳𝒑𝑋, 𝜇 46 KẾT LUẬN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 MỞ ĐẦU 1.Lý chọn đề tài, ý nghĩa khoa học thực tiễn: Định lí Radon-Nikodym định lí trung tâm lí thuyết độ đo tích phân Nó tìm ứng dụng có ý nghĩa Giải tích thực, Giải tích hàm, Y học,… Việc tìm hiểu ứng dụng định lí Radon-Nikodym trình bày chúng thành tài liệu hoàn chỉnh việc làm có ý nghĩa thực tiễn, giúp học viên Cao học hiểu sâu đầy đủ đề tài Mục tiêu đề tài: - Trình bày định lí Radon-Nikodym hệ - Trình bày tương đối đầy đủ ứng dụng định lí Radon-Nikodym Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp chung: sưu tầm tài liêu định lí Radon-Nikodym vấn đề liên quan, ứng dụng Phân tích tổng hợp tài liệu thu để trình bày lại đề tài theo hiểu biết cách chi tiết, khoa học - Phương pháp chứng minh cụ thể: áp dụng phương pháp kết lý thuyết độ đo-Tích phân, Giải tích hàm, Tôpô đại cương Nội dụng luân văn: CHƯƠNG Định lí Radon-Nikodym 1.1 Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất 1.2 Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym 1.3 Định lí Radon-Nikodym CHƯƠNG Ứng dụng 2.1 Đối biến số tích phân 2.2 Không gian độ đo có dấu 2.3 Định lí phép tính tích phân 2.4 Phiếm hàm tuyến tính liên tục không gian 𝐿𝑝 (𝑋, 𝜇) CHƯƠNG ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM 1.1Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất Định nghĩa:1.1 Giả sử (𝑋, 𝔐) không gian đo được, 𝜇 độ đo dương, 𝜑, 𝜆 độ đo dương có dấu, xác định 𝔐 a) b) 𝜑được gọi liên tục tuyệt đối 𝜇, ký hiệu là𝜑 ≪ 𝜇 nếu: ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) = ⇒ 𝜑(𝐴) = 𝜑 gọi tập trung tập 𝐵 ∈ 𝔐 nếu: 𝜑 (𝐴 ) = 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) c) (∀𝐴 ∈ 𝔐) Nói cách khác, 𝐴 ⊂ 𝐵 𝑐 ta có 𝜑(𝐴) = Hai độ đo 𝜑, 𝜆 gọi kỳ dị nhau, ký hiệu 𝜑 ⊥ 𝜆,nếu có tập 𝐵 ∈ 𝔐 cho 𝜑 tập trung 𝐵, 𝜆 tập trung 𝐵 𝑐 Mệnh đề :1.1.1 Giả sử 𝜇 độ đo dương, 𝜑, 𝜑1 , 𝜑2 độ đo (có dấu dương) a) Nếu 𝜑1 ≪ 𝜇 � 𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇 𝜑2 ≪ 𝜇 Hệ quả: 𝜑1 − 𝜑2 ≪ 𝜇 b) Nếu 𝜑1 ⊥ 𝜇 � 𝜑1 + 𝜑2 ⊥ 𝜇 𝜑2 ⊥ 𝜇 Hệ quả: 𝜑1 − 𝜑2 ⊥ 𝜇 𝜑≪𝜇 � 𝜑 ⊥ 𝜇 𝜑 = c) Nếu d) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 𝜑 + ≪ 𝜇 𝜑 − ≪ 𝜇 Chứng minh: a) Ta chứng minh 𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇 sau ∀𝐴 ∈ 𝔐, giả sử 𝜇(𝐴) = ,cần chứng minh (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐴) = Ta có: (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐴) = 𝜑1 (𝐴) + 𝜑2 (𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐 Nhận xét (1) Do 𝜑1 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, ⇒ 𝜑1 (𝐴) = Do 𝜑2 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, ⇒ 𝜑2 (𝐴) = thay kế vào (1), ta có (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐴) = + = ∀𝐴 ∈ 𝔐 Do theo định nghĩa liên tục tuyệt đối ta suy ra:𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇 Hệ : chứng minh ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) = ta cần chứng minh (𝜑1 − 𝜑2 )(𝐴) = Ta có: (𝜑1 − 𝜑2 )(𝐴) = 𝜑1 (𝐴) − 𝜑2 (𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐 (2) Nhận xét Do 𝜑1 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, 𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝜑1 (𝐴) = Do 𝜑2 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, 𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝜑2 (𝐴) = thay kế vào (2), ta có (𝜑1 − 𝜑2 )(𝐴) = + = , ∀𝐴 ∈ 𝔐 b) Do theo định nghĩa liên tục tuyệt đối ta suy ra:𝜑1 − 𝜑2 ≪ 𝜇 Do𝜑1 ⊥ 𝜇, 𝜑2 ⊥ 𝜇 nên ta tìm 𝐴1 ∈ 𝔐 cho 𝜑1 tập trung 𝐴1, 𝜇 tập trungtrên 𝐴1𝑐 𝐴2 ∈ 𝔐 cho 𝜑2 tập trung 𝐴2 , 𝜇 tập trungtrên𝐴𝑐2 Khi 𝜑1 + 𝜑2 tập trung 𝐴1 ∪ 𝐴2 và𝜇 tập trung (𝐴1 ∪ 𝐴2 )𝑐 Thật lấy 𝐵 ⊂ (𝐴1 ∪ 𝐴2 )𝑐 = 𝐴1𝑐 ∩ 𝐴𝑐2 𝐵 ⊂ 𝐴1𝑐 𝐵 ⊂ 𝐴𝑐2 Mà 𝜑𝑖 tập trung 𝐴𝑖 , 𝑖 = ���� 1,2 nên 𝜑𝑖 (𝐵) = 0, 𝑖 = ���� 1,2 Do (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐵) = 𝜑1 (𝐵) + 𝜑2 (𝐵) = Do (𝜑1 + 𝜑2 ) tập trung 𝐴1 ∪ 𝐴2 Lấy 𝐵 ⊂ 𝐴1 ∪ 𝐴2 Ta có: 𝐵 = (𝐴1 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴2 ∩ 𝐵) = 𝐵1 ∪ 𝐵2 ≤ 𝜇 (𝐵) = 𝜇(𝐵1 ∪ 𝐵2 ) ≤ 𝜇(𝐵1 ) + 𝜇(𝐵2 ) = Nên 𝜇(𝐵) = c) Vậy 𝜇 tập trung (𝐴1 ∪ 𝐴2 )𝑐 Để chứng minh 𝜑 = 0, ta lấy ∀𝐴 ∈ 𝔐, chứng minh 𝜑(𝐴) = Ta có: • 𝜑 ≪ 𝜇 ⇔ (𝜇(𝑈) = ⇒ 𝜑(𝑈) = 0, ∀𝑈 ∈ 𝔐) • 𝜑 ⊥ 𝜇 ⇔ ∃𝐵 ∈ 𝔐 cho 𝜑 tập trung B 𝜇 tập trung 𝐵𝑐 Ta có:∀𝐴 ∈ 𝔐 𝐴 = 𝐴 ∩ 𝑋 = 𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐵 𝑐 ) = = (𝐴 ∩ 𝐵 ) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) ⇒ 𝜑(𝐴) = 𝜑[(𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵𝑐 )] = = 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) + 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) (4) (do: 𝐴 ∩ 𝐵, 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ∈ 𝔐, (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) = ∅ 𝜑 độ đo có dấu xác định 𝔐) Nhận xét 𝐴 ∩ 𝐵 ⊂ 𝐵 = (𝐵𝑐 )𝑐 mà 𝜇 tập trung 𝐵 𝑐 (giả thiết) ⇒ 𝜇 (𝐴 ∩ 𝐵 ) = ⇒ 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) = Nhận xét (do 𝜑 ≪ 𝜇 ) 𝐴 ∩ 𝐵𝑐 ⊂ 𝐵𝑐 mà 𝜑 tập trung 𝐵 (giả thiết) ⇒ 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) = Thay kết vào (4), ta ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑(𝐴) = Điều dẫn đến 𝜑 = d)Trường hợp 1: Chứng minh 𝜑 + ≪ 𝜇 ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) = 0, chứng minh 𝜑 + (𝐴) = Ta có: 𝜑+ (𝐴) = sup{𝜑(𝐵)/𝐵 ⊂ 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐} Ta có khẳng định 𝜑(𝐵) = 0, ∀𝐵 ∈ 𝔐 , 𝐵 ⊂ 𝐴 Thật vậy:Với 𝐵 ⊂ 𝐴 ⇒ 𝜇(𝐵) ≤ 𝜇 (𝐴) mà 𝜇(𝐴) = ⇒ 𝜇(𝐵) = Giả thiết cho 𝜑 ≪ 𝜇, nên với 𝜇(𝐵) = ⇒ 𝜑(𝐵) = Tóm lại: 𝜑(𝐵) = 0, ∀𝐵 ∈ 𝔐 , 𝐵 ⊂ 𝐴 ⇒ Sup{𝜑(𝐵)/𝐵 ⊂ 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐} = ⇒ 𝜑 + (𝐴 ) = Trường hợp 2: Chứng minh 𝜑 − ≪ 𝜇 ∀𝐴 ∈ 𝔐: 𝜇(𝐴) = 0, chứng minh 𝜑− (𝐴) = Ta có: ∀𝐴 ∈ 𝔐 thi 𝜑− (𝐴) = 𝜑 + (𝐴) − 𝜑(𝐴) (5) Nhận xét: giả thiết cho𝜑 ≪ 𝜇 Vậy ∀𝐴 ∈ 𝔐: 𝜇(𝐴) = ⇒ 𝜑(𝐴) = Chứng minh tiếp cho ta 𝜑+ ≪ 𝜇 Vậy với 𝜇(𝐴) = ⇒ 𝜑 + (𝐴) = 0thay kết vào (5), Ta 𝜑 − (𝐴) = Mệnh đề:1.1.2 Cho không gian độ đo (𝑋, 𝔐, 𝜇) 𝜑 độ đo có dấu xác định 𝔐 Các mệnh đề sau tương đương 1) 2) 𝜑≪𝜇 ∀𝜀 > , ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| < 𝜀 Từ suy hàm f khả tích 𝑋 theo độ đo 𝜇 ∀𝜀 > , ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ � |𝑓| 𝑑𝜇 < 𝜀 𝐴 38 Chú ý nếu𝑓 ∈ L(𝜇)và 𝜑(𝐴) = � 𝑓𝑑 𝜇, 𝐴𝜖𝔐 𝐴 𝑋 + = {𝑥, 𝑓(𝑥) ≥ 0}, 𝑋 − = {𝑥𝜖𝑋: 𝑓 (𝑥) < 0} phân hoạch Hahn 𝜑 nên mệnh đề 2.2.1 ta có 𝜑 ± (𝐴 ) = � 𝐴∩𝑋 ± 𝑓𝑑 𝜇 = � 𝑓 ± 𝑑 𝜇 𝐴 |𝜑|(𝐴) = � |𝑓|𝑑 𝜇, 𝐴 𝐴𝜖𝔐 Ta có: ‖𝜑𝑚 − 𝜑𝑛 ‖ = |𝜑𝑚 − 𝜑𝑛 |(𝑋 ) = � |𝑓𝑚 − 𝑓𝑛 |𝑑 𝜇 𝑋 nên {𝑓𝑛 }là dãy Cauchy không gian Ba nach L(𝜇) nên hội tụ Gọi 𝑓0 ∈L(𝜇) giới hạn {𝑓𝑛 } L(𝜇) Xét độ đo 𝜑0 ∈M(𝑋, 𝜇) cho 𝜑0 (𝐴) = � 𝑓0 𝑑 𝜇 𝐴 Khi đó‖𝜑𝑛 − 𝜑0 ‖ = � |𝑓𝑛 − 𝑓0 |𝑑 𝜇 → (khi 𝑛 → ∞) nên lim 𝜑𝑛 = 𝜑0 M(𝑋, 𝜇) 2.3 𝑋 Định lí 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 có biến phân bị chặn ( ký hiệu 𝑓 ∈ 𝐵𝑉)trên [𝑎, 𝑏]nếu đại lượng sau hữu hạn 39 𝑛 𝑏 V 𝑓 ≔ sup �|𝑓 (𝑡𝑖 ) − 𝑓 (𝑡𝑖−1 )| 𝑎 𝑖=1 sup lấy tập phân hoạch [𝑎, 𝑏] 𝑎 = 𝑡0 < 𝑡1 < ⋯ < 𝑡𝑛 = 𝑏, 𝑛 ∈ ℕ Có thể thấy hàm đơn điệu có biến phân bị chặn Mệnh đề 2.3.1 Giả sử 𝑓 ∈ 𝐵𝑉 [𝑎, 𝑏] Thế thì: i) ii) 𝑥 ( ) V Hàm 𝐹 𝑥 = 𝑓 (𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]) có tính chất: 𝑎 𝑦 𝐹 (𝑦 ) − 𝐹 (𝑥 ) = V 𝑓 , 𝑥 (𝑥 < 𝑦) 𝑓 hiệu hai hàm không giảm [𝑎, 𝑏] Chứng minh i) Gọi {𝑡𝑖 : 𝑖 = ����� 0, 𝑛} phân hoạch [𝑎, 𝑥] ������ �𝑠𝑗 : 𝑗 = 0, 𝑚� phân hoạch [𝑥, 𝑦] 𝑛 𝑉1 = �|𝑓 (𝑡𝑖 ) − 𝑓(𝑡𝑖−1 )| 𝑖=1 𝑚 𝑉2 = ��𝑓�𝑠𝑗 � − 𝑓(𝑠𝑗−1 )� 𝑗=1 �𝑡𝑖 , 𝑠𝑗 � lập thành phân hoạch [𝑎, 𝑦] Gọi V tổng ứng với phân hoạch ta có: 40 𝑦 𝑉1 + 𝑉2 = 𝑉 ≤ V 𝑓 𝑎 𝑦 ⇒ 𝑉1 ≤ V 𝑓 − 𝑉2 𝑎 Lấy sup {𝑡𝑖 ; 𝑖 = ����� 0, 𝑛} ta 𝑦 𝐹 (𝑥) ≤ V 𝑓 − 𝑉2 𝑎 𝑦 V ⇒ 𝑉2 ≤ 𝑓 − 𝐹 (𝑥) 𝑎 ������ Lấy sup �𝑠𝑗 ; 𝑗 = 0, 𝑚� ta 𝑦 𝑦 V 𝑓 ≤ V 𝑓 − 𝐹(𝑥) 𝑥 𝑎 𝑦 hay 𝐹 (𝑥) + V 𝑓 ≤ 𝐹(𝑦) 𝑥 Ta chứng minh bất đẳng thực ngược lại Ta xét phân hoạch P [𝑎, 𝑦] ứng với tổng V Thêm điểm x vào số điểm chia ta có phân hoạch 𝑃′ [𝑎, 𝑦] ứng với tổng 𝑉 ′ Vì điểm chia 𝑃′ tạo thành phân hoạch [𝑎, 𝑥] [𝑥, 𝑦] nên ta có: 𝑦 𝑉 ≤ 𝑉 ≤ 𝐹 (𝑥) + V 𝑓 𝑥 ′ 41 𝑦 Từ ta có: 𝐹 (𝑦) ≤ 𝐹 (𝑥) + V 𝑓 𝑥 ii) Ta có: 𝑓 = 𝑔 − ℎ 𝑦 Vậy 𝐹 (𝑥) + V 𝑓 = 𝐹 (𝑦) 𝑥 1 Trong 𝑔 = (𝐹 + 𝑓); ℎ = (𝐹 − 𝑓) 2 𝑦 Ta có: |𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥)| ≤ V 𝑓 = 𝐹 (𝑦) − 𝐹 (𝑥) , (𝑥 < 𝑦) 𝑥 Từ ta có: 𝑔 (𝑦 ) − 𝑔 (𝑥 ) = 1 �𝐹 (𝑦) + 𝑓 (𝑦)� − �𝐹 (𝑥) + 𝑓 (𝑥)� 2 = �𝐹 (𝑦) − 𝐹(𝑥) + 𝑓(𝑦) − 𝑓 (𝑥)� ≥ �|𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥)| + 𝑓 (𝑦) − 𝑓 (𝑥)� (𝑦 > 𝑥 ) ≥0 2.3.2 • ℎ(𝑦) − ℎ(𝑥) ≥ 0; Hàm liên tục tuyệt đối (𝑦 > 𝑥) (tương tự) Định nghĩa 2.3.2 Hàm f gọi liên tục tuyệt đối [𝑎, 𝑏], ký hiệu 𝑓 ∈ 𝐴𝐶, ∀𝜀 > 0, ∃𝛿 > cho bất đẳng thức 𝑛 �|𝑓 (𝑏𝑖 ) − 𝑓 (𝑎𝑖 )| < 𝜀 𝑖=1 42 đứng với họ {(𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 ): 𝑖 = ����� 1, 𝑛} khoảng không giaonhau có tổng độ dài nhỏ 𝛿 Mệnh đề 2.3.2 Mỗi hàm liên tục tuyệt đối hiệu hai hàm liên tục tuyệt đối, không giảm Chứng minh Ta chứng minh: i) ii) 𝑓 ∈ 𝐴𝐶 𝑓 ∈ 𝐵𝑉 𝑥 𝐹 (𝑥) = V 𝑓(𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] hàm liên tục tuyệt đối 𝑎 Thật ta chứng minh ii) Do 𝑓 ∈ 𝐴𝐶 nên ∀𝜀, ∃𝛿 > cho họ {(𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 ): 𝑖 = ����� 1, 𝑛} có khoảng không giào 𝑛 𝑛 𝑖=1 𝑖=1 �(𝑏𝑖 − 𝑎𝑖 ) < 𝛿 ta có: �|𝑓 (𝑏𝑖 ) − 𝑓(𝑎𝑖 )| < 𝜀 ������ Nếu {𝑡𝑘 : 𝑘 = 0, 𝑚} phân hoạch [𝑎1 , 𝑏1 ] ta có: 𝑚 𝑛 𝑘=1 𝑖=2 �|𝑓 (𝑡𝑘 ) − 𝑓 (𝑡𝑘−1 )| + �|𝑓 (𝑏𝑖 ) − 𝑓 (𝑎𝑖 )| < 𝜀 𝑚 𝑛 𝑘=1 𝑖=2 𝑛 �Do �(𝑡𝑘 − 𝑡𝑘−1 ) + �(𝑏𝑖 − 𝑎𝑖 ) = �(𝑏𝑖 − 𝑎𝑖 ) < 𝛿� Lấy sup theo {(𝑡𝑘 }, ta được: 𝑛 𝑖=1 𝐹(𝑏1 ) − 𝐹 (𝑎1 ) + �|𝑓 (𝑏𝑖 ) − 𝑓(𝑎𝑖 )| ≤ 𝜀 𝑖=2 43 𝑛 hay|𝐹 (𝑏1 ) − 𝐹 (𝑎1 )| + �|𝑓 (𝑏𝑖 ) − 𝑓(𝑎𝑖 )| ≤ 𝜀 𝑖=2 Lặp lại lý luận cho [𝑎2 , 𝑏2 ], … , [𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 ] ta có 𝑛 �|𝐹 (𝑏𝑖 ) − 𝐹 (𝑎𝑖 )| ≤ 𝜀 𝑖=1 Vậy 𝐹 ∈ 𝐴𝐶 • Tiếp theo ta chứng minh i) Với 𝜀 = 1, ta tìm 𝛿 > tương ứng với định nghĩa 𝑓 ∈ 𝐴𝐶 Chia [𝑎, 𝑏] thành 𝑚 đoan cácđiểm {𝑠𝑖 : 𝑖 = 𝑜, ������ 𝑚} cho 𝑠𝑖 − 𝑠𝑖−1 < 𝛿, 𝑖 = ������ 𝑜, 𝑚 Nếu �𝑡𝑗 : 𝑗 = 𝑜, ������ 𝑛 phân hoạch [𝑎, 𝑏] với tổng tương ứng V 𝑉 ′ tổng tương ứng với phân hoạch �𝑡𝑗 , 𝑠𝑖 � ta có 𝑚 𝑉 ≤ 𝑉′ = � � �𝑓�𝑡𝑗 � − 𝑓�𝑡𝑗−1 �� < 𝑚 𝑖=1 �𝑡𝑗−1 ,𝑡𝑗 �⊂�𝑠𝑖−1, 𝑠𝑖 � Mệnh đề 2.3.3 Vậy 𝑓 ∈ 𝐵𝑉 𝑥 Nếu 𝑓 ∈ 𝐿(ℝ) 𝐹 (𝑥) = � 𝑓𝑑𝑚 𝐹 ′ (𝑥) = 𝑓(𝑥) m − h k n Chứng minh −∞ Ta xét độ đo Borel có dấu𝜑(𝐸 ) = � 𝑓𝑑𝑚 ; ∀𝐸 ∈ 𝐵(ℝ) 𝐸 Do 𝑓 ∈ 𝐿(ℝ) nên 𝜑(𝐸 ) < +∞; ∀𝐸 ∈ 𝐵(ℝ) Do 𝜑 độ đo có dấu, quy 44 Dễ dàng ta thấy 𝜑 ≪ 𝑚 nên theo định lý 3.1 Ta có: 𝐷𝜑(𝑥) = 𝑓(𝑥) m-h-k-n (Ta coi𝐷𝜑(𝑥) = 𝑓 (𝑥) điểm ) Do𝐷𝜑(𝑥) tồn nên với dãy {𝐸𝑛 } hội tụ tốtvề x ,tađều có: 𝜑 (𝐸𝑛 ) 𝑛→∞ 𝑚 (𝐸𝑛 ) 𝐷𝜑(𝑥) = lim Xét tập 𝐸𝑛 = (𝑥, 𝑥𝑛 ) ( trừng hợp 𝐸𝑛 = (𝑥𝑛 , 𝑥) ta làm tương tự )trong 𝑥𝑛 → 𝑥 Khi {𝐸𝑛 } hội tụ tốt x ta có 𝐹 (𝑥𝑛 ) − 𝐹(𝑥) 𝜑 (𝐸𝑛 ) � 𝑓𝑑𝑚 = = 𝑚(𝐸𝑛 ) 𝑥𝑛 − 𝑥 (𝑥,𝑥𝑛 ) 𝑥𝑛 − 𝑥 𝐹 (𝑥𝑛 ) − 𝐹(𝑥) = 𝑓(𝑥) 𝑛→∞ 𝑥𝑛 − 𝑥 Do lim Vậy𝐹 ′ (𝑥) = 𝑓(𝑥) Định lí (định lí phép tính tích phân) Nếu hàm f liên tục tuyệt đối [𝑎, 𝑏] f khả vi h.k.n [𝑎, 𝑏] hàm 𝑓 ′ khả tích [𝑎, 𝑏] ta có: 𝑥 𝑓(𝑥) − 𝑓 (𝑎) = � 𝑓 ′ 𝑑𝑚 Chứng minh: 𝑎 (𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏) (1) Do hàm liên tục tuyệt đối viết thành hiệu hai hàm liên tục tuyệt đối không giảm nên ta xem f hàm liên tục tuyệt đối, không giảm 45 Ta kí hiệu F 𝜎- đại số tập đo được, chứa [𝑎, 𝑏] Trước ta chứng minh 𝐸 ⊂ [𝑎, 𝑏] có độ đokhông 𝑓 (𝐸 ) có độ đo Ta giả thiết Ekhông chứa a,b (do 𝑚(𝐸 ) = 0).Cho 𝜀 > cho trước, ta kí hiệu 𝛿 số tương ứng chọn theo định nghĩa hàm liên tục tuyệt đối Do tính quy độ đo m, tồn tập mở V hội không đếm khoảng mở (𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 ) đôi không giao cho 𝐸 ⊂ 𝑉, 𝑚(𝑉 ) < 𝛿 Ta có: 𝑚(𝑓(𝑉)) = 𝑚 �� 𝑓 (𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 )� ≤ � 𝑚�𝑓(𝑎𝑖 , 𝑏𝑖 )� 𝑖 𝑖 ⇒ 𝑚(𝑓(𝑉)) ≤ �|𝑓 (𝑏𝑖 ) − 𝑓 (𝑎𝑖 )| ≤ 𝜀 𝑖 (do cách chọn 𝛿) Vậy tập 𝑓 (𝐸 ) chứa tập có độ đo nhỏ tùy ý, nêndo tính đầy đủ độ đo m ta suy 𝑓(𝐸 ) đo có độ đo Tiếp theo ta chứng minh 𝐸 đo 𝑓(𝐸 ) đođược Thật vậy: E đo nên 𝐸 = 𝐴 ∪ 𝐵 với A tập dạng 𝐹𝜎 , 𝐴 = ⋃𝑛 𝐹𝑛 , 𝐹𝑛 đóng , 𝐵 tập có độ đo 0: Ta có 𝐹 (𝐸 ) = 𝑓(𝐴) ∪ 𝑓(𝐵) 𝑓 (𝐴) tập dạng 𝐹𝜎 tính liên tục f , 𝑓(𝐵) có độ đo 0dochứng minh Vậy 𝑓(𝐸 ) tập đo Ta chứng minh định lý cho trường hợp f hàm tăng chặt Ánh xạ 𝜑: 𝐹 → [0, +∞] 𝐸 ↦ 𝜑(𝐸 ) = 𝑚�𝑓 (𝐸 )� 46 độ đo dương (tính 𝜎-cộng 𝜑 suy từ già thiết tăng chặt f ), liên tục tuyệt độ đo Lebesgue m • 𝑚(𝐸 ) = ⇒ 𝑚�𝑓 (𝐸 )� ⇒ 𝜑(𝐸 ) = Gọi ℎ ∈ 𝐿(𝑎, 𝑏) hàm thỏa chọn 𝐸 = (0, 𝑥) ta có 𝑚�𝑓(𝐸 )� = � ℎ 𝑑𝑚 (𝐸 ∈ 𝐹) 𝐸 𝑥 𝑚(𝑓[𝑎, 𝑏]) = � ℎ 𝑑𝑚 = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) 𝑎 Xem ℎ = (−∞, 0) ∪ (𝑏, ∞) , ta có 𝑥 𝑓(𝑥) − 𝑓 (𝑎) = � ℎ 𝑑𝑚 nên 𝑓 ′ (𝑥) = ℎ(𝑥) 𝑥 −∞ Vậy � 𝑓 ′ (𝑥) 𝑑𝑚 = 𝑓 (𝑥) − 𝑓(𝑎) 2.4 𝑎 Phiếm hàm tuyến tính liên tục không gian 𝑳𝒑 (𝑿, 𝝁) Cho 𝜇 độ đo dương, giả sử ≤ 𝑝 ≤ ∞, q số mũ liên hợp p Bất đẳng thức Holder 𝑔 ∈ 𝐿𝑞 (𝜇) 𝜙𝑔 định nghĩa: 𝜙𝑔 (𝑓) = � 𝑓𝑔𝑑𝜇 𝑋 𝜙𝑔 ánh xạ tuyến tính bị chặn không gian 𝐿𝑝 (𝜇), vơí chuẩn ‖𝑔‖𝑞 Một câu hỏi tự nhiên đặt có phải tất ánh xạ tuyến tính bị chặn không gian 𝐿𝑝 (𝜇) biểu diễn trên, biểu diễn có phải hay không? 47 Trường hợp 𝑝 = ∞, người ta chứng minh 𝐿1 (𝑚)không chứa tất hàm tuyến tính bị chặn 𝐿∞ (𝑚) Trường hợp < 𝑝 < ∞ câu trả lời khẳng định ta trình bày trường hợp 𝑋 không gian độ đo 𝜎- hữu hạn Định lí Giả sử1 ≤ 𝑝 < ∞, 𝜇 độ đo 𝜎- hữu hạn 𝑋, 𝜙 ánh xạ tuyến tính bị chặn 𝐿𝑝 (𝜇) Khi tồn ánh xạ 𝑔 ∈ 𝐿𝑞 (𝜇), với 𝑞 số mũ liên hợp 𝑝, cho: 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝜇) 𝜙(𝑓) = � 𝑓𝑔𝑑𝜇 , 𝑋 Hơn nửa ta có ‖𝜙‖ = ‖𝑔‖𝑞 (2) Chứng minh (1)  Sự nhất: Giả sử 𝑔 𝑔′ thỏa (1) Khi ta có � (𝑔 − 𝑔′ )𝑓𝑑𝜇 = X không gian 𝜎 − hữu hạn nên 𝑋 ∞ 𝑋 = � 𝑋𝑛 , 𝜇(𝑋𝑛 ) < +∞ 𝑛=1 𝑋𝑛 ∩ 𝑋𝑚 = 𝜙, ∞ � (𝑔 − 𝑔 )𝑓𝑑𝜇 = � � (𝑔 − 𝑔′ )𝑓𝑑𝜇 = 𝑋 ′ 𝑛≠𝑚 𝑛=1 𝑋𝑛 Chọn 𝑓 hàm đặc trưng 𝑋𝑛 , tức 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∈ 𝑋𝑛 Khi ta có: � (𝑔 − 𝑔′ )𝑓𝑑𝜇 = 𝑋𝑛 𝑓 (𝑥) = 𝑥 ∉ 𝑋𝑛 48 ⇒ � (𝑔 − 𝑔′ )𝑑𝜇 = 𝑋 ⇒ 𝑔 − 𝑔′ hầu khắp nơi 𝑋𝑛 Tương tự ta chứng minh 𝑔 = 𝑔′ hầu khắp nơi 𝑋  Sự tồn tại: Từ (1) ta có: |𝜙(𝑓)| = �� 𝑓𝑔𝑑𝜇 � ≤ � |𝑓𝑔|𝑑𝜇 ≤ �� |𝑓|𝑝 𝑑𝜇� 𝑋 = ‖𝑔‖𝑞 ‖𝑓‖𝑝 𝑋 𝑋 ⇒ ‖𝜙‖ ≤ ‖𝑔‖𝑞 1� 𝑝 �� |𝑔|𝑞 𝑑𝜇� 𝑋 1� 𝑞 (3) Ta phải chứng minh 𝑔 tồn (3) xảy dấu bắng • Nếu ‖𝜙‖ = ta có (1) (2) với 𝑔 = • Nếu ‖𝜙‖ > Ta xét trường hợp 𝜇 (𝑋 ) < +∞ với tập đo 𝐸 ∈ 𝑋, định nghĩa 𝜆𝐸 = 𝜙(𝜒𝐸 ) Vì 𝜙 tuyến tính 𝜒𝐴∪𝐵 = 𝜒𝐴 + 𝜒𝐵 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅ Do 𝜆 có tính cộng hữu hạn ∞ Gỉa sử 𝐸 = � 𝐸𝑖 , 𝐸𝑖 ∩ 𝐸𝑗 = ∅ (𝑖 ≠ 𝑗) 𝑘 𝑖=1 Dặt 𝐴𝑘 = � 𝐸𝑖 𝑖=1 Ta có �𝜒𝐸 − 𝜒𝐴𝑘 � = [𝜇(𝐸 − 𝐴𝑘 )] 𝑝 1� 𝑝 → ( 𝑘 → ∞) ( ) Từ tính liên tục 𝜙 ta có𝜆(𝐴𝑘 ) → 𝜆(𝐸 ) 49 Do 𝜇(𝐸 ) = thi 𝜆(𝐸 ) = Vì ‖𝑥𝐸 ‖𝑝 = Do 𝜆 ≪ 𝜇, định lí Radon-Nikodym khẳng định tồn 𝑔 ∈ 𝐿1 (𝜇) cho với tập đo 𝐸 ⊂ 𝑋 ta có 𝜙 (𝜒𝐸 ) = � 𝑔𝑑𝜇 = � 𝜒𝐸 𝑔𝑑𝜇 𝐸 (5) 𝑋 Nếu 𝑓 hàm đơn giản ta có: 𝜙(𝑓) = � 𝑓𝑔𝑑𝜇 𝑋 Nếu 𝑓 ∈ 𝐿∞ (𝜇) tồn dãy hàm đơn giản đo (𝑓𝑛 )𝑛 cho lim 𝑓𝑛 = 𝑓 𝑛→∞ ⇒ ‖𝑓𝑛 − 𝑓‖𝑝 → 𝑛 → ∞ ⇒ 𝜙(𝑓𝑛 ) → 𝜙(𝑓) 𝑛 → ∞ Chúng ta kết thúc chứng minh việc chứng tỏ 𝑔 ∈ 𝐿𝑞 (𝜇) (2) Trường hợp 1: 𝑝 = Từ(5)ta có: �� 𝑔𝑑𝑚� ≤ ‖𝜙‖ ‖𝜒𝐸 ‖1 = ‖𝜙‖ 𝜇(𝐸 ) 𝐸 ⇒ 𝑔(x) ≤ ‖𝜙‖ hầu khắp nơi ∀𝐸 ∈ 𝔐 ⇒ ‖𝑔‖∞ ≤ ‖𝜙‖ Trường hợp 2: < 𝑝 < ∞ Khi tồn hàm đo 𝛼, ‖𝛼 ‖ = cho 𝛼𝑔 = |𝑔| Đặt 𝐸 𝑛 = {𝑥: |𝑔(𝑥)| ≤ 𝑛} , 𝑓 = 𝜒 𝐸 𝑛 |𝑔|𝑞−1 𝛼 Khi |𝑓|𝑝 = |𝑔|𝑞 𝐸 𝑛 , 𝑓 ∈ 𝐿∞ (𝜇) từ (6) ta có: 50 1� 𝑝 � |𝑔|𝑞 𝑑𝜇 = � 𝑓𝑔𝑑𝜇 = 𝜙(𝑓) ≤ ‖𝜙‖ �� |𝑔|𝑞 � 𝐸𝑛 𝐸𝑛 𝑋 ⇒ � 𝜒 𝐸 𝑛 |𝑔|𝑞 𝑑𝜇 ≤ ‖𝜙‖𝑞 (𝑛 = 1,2,3, … ) 𝑋 Áp dụng định líhội tụ đơn điệu vào (7), ta có: ‖𝑔‖𝑞 ≤ ‖𝜙‖ (7) Do (2) tức ‖𝜙‖ = ‖𝑔‖𝑞 , 𝑔 ∈ 𝐿𝑞 (𝜇) Ta chứng minh trường hợp , 𝑓 ∈ 𝐿∞ (𝜇) , 𝐿∞ (𝜇) trù mật 𝐿𝑝 (𝜇) nên với , 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝜇) Xét trường hợp 𝜇(𝑋 ) = +∞, 𝜇 độ đo 𝜎- hữu hạn Tồn 𝒲 ∈ 𝐿1 (𝜇) cho 𝑑𝜇� = 𝒲𝑑𝜇 xác định độ đo hưũ hạn 𝔐 ánh xạ 𝐹 → 𝒲 𝒲 (𝑥) > ∀𝑥 ∈ 𝑋 1� 𝑝𝐹 (8) đẳng cự tuyến tính từ 𝐿𝑝 (𝜇�) lên 𝐿𝑝 (𝜇) Do đo Ψ(F) = 𝜙 �𝒲 1� 𝑝 𝐹� 𝐿𝑝 (𝜇�), với ‖Ψ‖ = ‖𝜙‖ (9) xác định hàm tuyến tính bị chặn Ψ Theo chứng minh phần tồn 𝐺 ∈ 𝐿𝑞 (𝜇�) cho Ψ(F) = � FGd𝜇��𝐹 ∈ 𝐿𝑝 (𝜇�)� Đặt 𝑔 = 𝒲 1� 𝑞 𝐺(nếu X (10) 𝑝 = 1, 𝑔 = 𝐺) Khi � |𝑔|𝑞 𝑑𝜇 = � |𝐺 |𝑞 𝑑𝜇� = ‖Ψ‖𝑞 = ‖𝜙‖𝑞 𝑛ê𝑢 𝑝 > 𝑋 𝑋 Nếu p = 1, ‖g‖∞ = ‖G‖∞ = ‖Ψ‖ = ‖𝜙‖ 𝐺𝑑𝜇� = 𝒲 𝜙 (𝑓) = Ψ �𝒲 −1� 𝑝 𝑓� =� 𝒲 𝑋 −1� 𝑝 𝑓𝐺𝑑𝜇 � = � 𝑔𝑓 𝑑𝜇 𝑋 1� 𝑝𝑔 𝑑𝜇 ta có: ∀𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝜇) 51 KẾT LUẬN Trong luận văn này, trình bày Định lí Radon-Nikodym số kết liên quan mốt số ứng dụng ban đầu định lí Radon-Nikoduy Qua trình làm luận văn, nhận thấy kiến thức học học phần: Giải tích hàm, Giải tích thực chương trình Cao học giúp nhiều việc hoàn thành luận văn này.Quan trọng bước đầu học phương pháp tự học tự nghiên cứu Chúng hy vọng học tập nghiên cứu thêm đề tài thời gian tới 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO G.B.Folland Real Analysis John Wiley&sons, Ine, New-York,1999 E.Hewitt, K.Stromberg Real and Abstract Analysis Springer-Verlag, New-York,1965 W.Rudin Real and Complex Analysis Mc.Graw-Hill, 1987 [...]... 𝜀 𝜀 + =𝜀 2 2 Vậy ta đã chứng minh ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝑑 (𝐴, 𝐵) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| < 𝜀 1.2 Do đó liên tục tại 𝐵 ⊂ 𝔐 bất kỳ 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... 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 ≪ và ta có khắp nơi 𝑑𝜆 𝑑𝜆 𝑑𝜑 = 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , 𝜇- hầu 𝑑𝜇 Từ đó suy ra 1) 2) thì Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝜇 ≪ 𝜑 thì 𝑑𝜑 𝑑𝜇 𝑑𝜇 −1 =� � 𝑑𝜑 Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝑓: 𝑋 → [0, ∞] là 𝔐- đo được, khả tíchtheo độ đo 𝜑 𝑑(𝑓𝜑) 𝑑𝜇 = 𝑓 𝑑𝜑 𝑑𝜇 Chứng minh , trong đó (𝑓𝜑 là độ đo định nghĩa bởi (𝑓𝜑)(𝐴) = ∫𝐴 𝑓𝑑𝜑) 1) • Chứng minh 𝜆 ≪ 𝜑, 𝜑 ≪ 𝜇 ⇒ 𝜆... 𝜇 là độ đo dương Lấy mọi 𝐸 ⊂ (𝐵𝑐 )𝑐 = 𝐵 ∞ Xét:𝜇(𝐸 ) ≤ 𝜇(𝐵) = 𝜇 (⋃∞ n=1 𝐴𝑛 ) ≤ ∑𝑛=1 𝜇 (𝐴𝑛 ) = 0 , (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) = � 𝑓0 𝑑𝜇 (1), 𝐴 ∈ 𝔐 𝐴... 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇) (1) Nhận xét: từ ( ) và (1) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ≪ 𝜇 (3) 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (do 𝜑𝑠 , 𝜑𝑠′ ≪ 𝜇) (2) 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:... 𝑓 ∈ 𝑀, ii) được chứng minh xong U Chứng minh i): Đặt: 𝐵 = {𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓1 ≥ 𝑓2 }(tập những điểm x mà tại đó 𝑓1 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥)) Ta có: � 𝑓𝑑𝜇 = � 𝐴 𝐴∩𝐵 =� 𝑓𝑑𝜇 + � 𝐴∩𝐵 𝐴∩𝐵𝑐 𝑓𝑑𝜇 𝑓1 𝑑𝜇 + + � 𝐴∩𝐵𝑐 𝑓2 𝑑𝜇 ≤ ≤ 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) + 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) = 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 )𝑛 trong 𝑀 sao cho: Ta chứng minh hàm 𝑓0 xác định bởi: 𝑎 = lim... 𝑑𝜑 𝑑𝜇 ⇒ 𝑑𝜇 𝑑𝜑 𝑑𝜑 𝑑𝜇 𝑑𝜇 −1 =� � 𝑑𝜑 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 ∈ 𝔐 nên 𝑓 = 𝐴 𝑑𝜆 , 𝜆 ≪ 𝜑 𝑑𝜑 �vì𝜑(𝐴) = 0 ⇒ � 𝑓𝑑𝜑 = 0 ⇒ 𝜆(𝐴) = 0� 𝐴 • Dota có: 𝜆 ≪ 𝜑 , 𝜑 ≪ 𝜇 ⇒ 𝜆 ≪ 𝜇 do đó ta có Theo chứng minh trên thì: ⇒ 𝑑𝜆 𝑑𝜇 𝑑(𝑓𝜑) 𝑑𝜇 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 𝑑𝜑 𝑑𝜇 𝑑𝜑 = 𝑓 𝑑𝜇 (điều phải chứng minh) 26 CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG 2.1 Đối biến số trong tích phân Mệnh đề 2.1.1... −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 − ) 2) Chứng minh i) = −𝜑(𝐴 ∩ 𝑋 − ), (vì 𝜑 + độ đo dương và 𝜑+ (𝑋 − ) = 0)  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)... ⇒2 Mệnh đề1.1.3 𝔐 Cho không gian với độ đo hữu hạn (𝑋, 𝔐, 𝜇), 𝜑 là độ đo códấu xác định trên Trong 𝔐 ta qui ước 𝐴 = 𝐵 nếu 𝜇(𝐴∆𝐵) = 0 và xét metric 𝑑 (𝐴, 𝐵) = 𝜇(𝐴∆𝐵) = � |1𝐴 − 1𝐵 | 𝑑𝜇, 𝑋 1) 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐 Xét 𝜑 như ánh xạ từ (𝔐, 𝑑 ) vào ℝ thì các mệnh đề sautương đương 𝜑 liên tục trên 𝔐 9 2) 3) 𝜑 liên tục tại điểm 𝜙 𝜑 ≪ 𝜇 Chứng minh 1)⇒ 2) 𝜑 liên tục trên 𝔐 ⇒ 𝜑 liên tục tại mọi điểm thuộc 𝔐 ⇒ 𝜑 liên tục tại... ) − (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: Trường hợp 1: 𝑐 = sup{𝜑(𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0} 𝑐=0 Khi đó ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) ⇒ 𝜑(𝐴) = 0 Ta có: Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 (5) 𝜑 = 𝜑 + 0 ≔ 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 = 𝜑 Nhận xét 1: Nhận xét 2: 𝜑𝑠 = 0 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 (6) (7) (do (5) và (6) ) 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 thật vậy Chọn 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước...7 Chứng minh: 2) ⇒ 1) Xét 𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝜇(𝐴) = 0 ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0 thỏa 2), ta chứng minh 𝜑(𝐴) = 0 Do, 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜇(𝐴) < 𝜀 2) Chọn 𝛿 = 𝜀 ta có 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| ⇒ |𝜑(𝐴)| = 0 ⇒ 𝜑(𝐴) = 0 Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 1) ⇒ 2) Giả sử 𝜑 ≪ 𝜇 mà∃𝜀 > 0: ∀𝛿 > 0, ∃𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) < 𝛿 và |𝜑(𝐴)| ≥ 𝜀 Với 𝛿 = 2−𝑛 ta xây dựng được dãy (𝐴𝑛 )𝑛 ⊂ 𝔐 sao cho 𝜇 (𝐴𝑛 ) < 2−𝑛 và |𝜑(𝐴𝑛 )| ≥ 𝜀 Đặt: 𝐵1 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … … ∪ ... học thực tiễn: Định lí Radon-Nikodym định lí trung tâm lí thuyết độ đo tích phân Nó tìm ứng dụng có ý nghĩa Giải tích thực, Giải tích hàm, Y học,… Việc tìm hiểu ứng dụng định lí Radon-Nikodym. .. bày định lí Radon-Nikodym hệ - Trình bày tương đối đầy đủ ứng dụng định lí Radon-Nikodym Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp chung: sưu tầm tài liêu định lí Radon-Nikodym vấn đề liên quan, ứng. .. Tôpô đại cương Nội dụng luân văn: CHƯƠNG Định lí Radon-Nikodym 1.1 Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất 1.2 Phân tích Lebesgue -Radon-Nikodym 1.3 Định lí Radon-Nikodym CHƯƠNG Ứng dụng 2.1 Đối biến