Khóa luận tốt nghiệp Tìm hiểu về tích phân Lebesgue và không gian Lp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Trịnh Thu Trang TÌM HIỂU VỀ TÍCH PHÂN LEBESGUE VÀ KHÔNG GIAN Lp KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC HỆ CHÍNH QUY Ngành: Toán - Tin ứng dụng Người hướng dẫn: TS Đặng Anh Tuấn Hà Nội - 2011 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Đặng Anh Tuấn người thầy tận tình hướng dẫn để em hoàn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới bạn bè người bên cạnh cổ vũ, động viên giúp đỡ em Đặc biệt cho em gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình người chăm lo, động viên cổ vũ tinh thần cho em Hà Nội, ngày 16 tháng 05 năm 2011 Sinh viên Trịnh Thu Trang Mục lục Mở đầu 1 Tích phân Lebesgue 1.1 Đại số 1.2 Độ đo 1.2.1 Độ đo σ -đại số tập hợp 1.2.2 Độ đo Lebesgue 11 1.3 1.4 Hàm đo Lebesgue 16 1.3.1 Hàm đo Lebesgue 16 1.3.2 Các phép toán hàm số đo 17 1.3.3 Cấu trúc hàm đo 19 1.3.4 Hội tụ hầu khắp nơi 20 1.3.5 Sự hội tụ theo độ đo 22 1.3.6 Mối liên hệ hội tụ 24 Tích phân Lebesgue 28 1.4.1 Tích phân hàm đơn giản 28 1.4.2 Tích phân hàm không âm 29 1.4.3 Tích phân hàm có dấu 29 1.4.4 Các tính chất sơ cấp 30 i MỤC LỤC 1.4.5 Qua giới hạn dấu tích phân 33 1.4.6 Mối liên hệ tích phân Lebesgue Rie mann 36 Không gian Lp 38 2.1 Không gian Lp 38 2.2 Tính tách Lp 47 2.3 Biến đổi Fourier 50 2.3.1 Biến đổi Fourier L1 51 2.3.2 Biến đổi Fourier Lp 52 Kết luận 55 ii Mở đầu Tích phân Lebesgue xuất vào kỷ XX nhằm giải vài nhược điểm tích phân Riemann, chẳng hạn hàm Dirichlet hàm đơn giản không khả tích Riemann Có điều thú vị ý tưởng xây dựng hai loại tích phân Hai loại tích phân xây dựng dựa hai cách nhìn khác hàm số: Bernhard Riemann nhìn hàm số miền xác định Henri Lebesgue nhìn hàm số từ tập giá trị Khóa luận em nhằm tìm hiểu cách xây dựng tích phân Lebesgue lớp hàm khả tích Lebesgue có so sánh với kết học tích phân Riemann Khóa luận chia thành hai chương Trong Chương 1, em trình bày cách thức xây dựng tích phân Lebesgue từ độ đo Lebesgue, hàm đo Lebesgue tích phân Lebesgue hàm khả tích Lebesgue Trong chương có khái niệm hội tụ hầu khắp nơi hội tụ theo độ đo mở rộng khái niệm hội tụ điểm hội tụ Em đưa vào ví dụ cho thấy khác khái niệm hội tụ Phần gần cuối chương có đề cập đến kết quan trọng việc chuyển giới hạn qua dấu tích phân Beppo Levi, Pierre Fatou, đặc biệt Henri Lebesgue hội tụ chặn Em đưa ví dụ cho thấy kết học Giải tích việc chuyển giới hạn qua dấu lấy tích phân mở rộng thực Kết thúc chương kết mối quan hệ tích phân Lebesgue tích phân Riemann Mở đầu Trong Chương 2, em trình bày không gian Lp , ≤ p ≤ ∞ tính chất Đây lớp không gian Banach (định chuẩn, đầy đủ) tách (có tập đếm trù mật) ngoại trừ trường hợp p = ∞ Sau trình bày tính chất này, em trình bày phép biến đổi Fourier Lp , ≤ p ≤ Để xây dựng phép biến đổi Fourier em dựa vào Bất đẳng thức HausdorffYoung Trong trường hợp p > em đưa vào ví dụ cho thấy Bất đẳng thức không Do thời gian có hạn việc nắm bắt kiến thức hạn chế nên Khóa luận không tránh khỏi thiếu sót, chẳng hạn em chưa đưa vào chứng minh Bất đẳng thức Hausdorff -Young chứng minh đòi hỏi nhiều kiến thức chuẩn bị (Lý thuyết nội suy không gian) Rất mong bảo thầy cô bạn bè khắp nơi Chương Tích phân Lebesgue 1.1 Đại số Định nghĩa 1.1.1 [1]Cho tập X tập tùy ý khác rỗng Một họ C tập X gọi đại số tập X , C thỏa mãn ba điều kiện: i) X ∈ C, ii) A ∈ C X\A ∈ C, iii) A1 , A2 , A3 , An ∈ C n Ak ∈ C k=1 Mệnh đề 1.1.1 Cho C đại số tập X thì: i) ∅ ∈ C, ii) A1 , A2 , An ∈ C n Ak ∈ C, k=1 iii) A ∈ C, B ∈ C A\B ∈ C Chứng minh i) Do C đại số tập X nên theo điều kiện (i) đại số X ∈ C Chương Tích phân Lebesgue Mà đại số kín với phép lấy phần bù nên X\X = ∅ ∈ C ii) Do A1 , A2 , An ∈ C nên X\A1 , X\A2 , X\An ∈ C Vì C kín với phép hợp hữu n hạn nên n (X\Ak ) ∈ C Mặt khác n k=1 k=1 Mà C kín với phép lấy phần bù nên X\(X\ n Ak ) nên X\( (X\Ak ) = X\( k=1 n n Ak ) = k=1 Ak ) ∈ C k=1 n Ak ∈ C Vậy k=1 Ak ∈ C k=1 iii) Ta có A\B = A ∩ (X\B) Mà A, X\B ∈ C nên A ∩ (X\B) ∈ C (theo tính chất vừa chứng minh) Vậy A\B ∈ C Mệnh đề 1.1.2 Cho X = R, C = { n ∆i : ∆i gian, i = 1, 2, , n, n ∈ N, i=1 ∆i ∩ ∆j = ∅ với i = j} đại số tập R Trong đó, gian R tập điểm có dạng sau (a, b), [a, b], (a, b], [a, b), (−∞, a), (−∞, a], (a, +∞), [a, +∞), (−∞, +∞) với a, b ∈ R ∆ = [a, b] |∆| = a − b gọi độ dài ∆ R Chứng minh i)Chọn ∆1 = (−∞, 0), ∆2 = [0, +∞), ∆3 = (a, a) R = ∆1 ∪∆2 ∈ C ∅ = ∆3 ∈ C ii)Giả sử A ∈ C A hợp hữu hạn gian không giao Trường hợp A hợp hữu hạn gian có dạng ∆i = (ai , ai+1 ) với , ai+1 ∈ R n Không tính tổng quát, giả sử a1 < a2 < < a2n Khi A = ∆i i=1 R\A = (−∞, a1 ] ∪ [a2 , a3 ] ∪ ∪ [a2n , +∞) n−1 [a2i , a2i+1 ] ∪ (−∞, a1 ] ∪ [a2n , +∞), = i=1 hợp hữu hạn gian Một cách xây dựng tương tự với trường hợp lại tập A ta có R\A hợp hữu hạn gian Vậy C kín với phép lấy phần bù iii) Giả sử P, Q ∈ C Trước hết ta chứng minh P ∩ Q ∈ C n Đặt P = Ii , Ii gian Ii Ii = ∅ với i = i i=1 Chương Tích phân Lebesgue k Jj = ∅ với j = j Khi Jj , Jj gian Jj Q= j=1 k k P ∩Q=P ∩( (P ∩ Jj ) = Jj ) = j=1 k j=1 n [( k n Ii ) ∩ Jj ] = j=1 i=1 (Ii ∩ Jj ) j=1 i=1 Mà Ii ∩ Jj = Lij (i = 1, n; j = 1, k) gian không giao đôi nên k n Lij ∈ C hay P ∩ Q ∈ C j=1 i=1 Theo chứng minh R\P, R\Q ∈ C nên (R\P ) ∩ (R\Q) ∈ C, hay R\(P ∪ Q) ∈ C Từ chứng minh (ii) có P ∪Q ∈ C Sử dụng quy nạp ta có A1 , A2 , An ∈ C n Ai ∈ C i=1 Định nghĩa 1.1.2 [1]Cho X tập hợp khác rỗng, họ F tập X gọi σ -đại số, F thỏa mãn ba điều kiện: i) X ∈ F, ii) A ∈ F X\A ∈ F, iii) A1 , A2 , An , ∈ F +∞ Ak ∈ F k=1 Ví dụ 1.1.1 Cho X = R, C = { n ∆i : ∆i gian rời nhau, i = 1, n, n ∈ N} i=1 không σ -đại số Thật vậy, đặt Ak = [2k, 2k + 1], k ∈ N Ak ∈ C Ta cần chứng minh ∞ n Ak dạng k=1 ∆i , với ∆i gian i=1 ∞ Sử dụng phản chứng, giả sử n ∆i với ∆i gian ∆i ∩∆j = ∅ (i = j ) Ak = i=1 k=1 Giả sử ∆1 có đầu mút a1 , a2 ; ∆2 có đầu mút a3 , a4 ; ; ∆n có đầu mút a2n−1 , a2n Do gian rời nên không tính tổng quát, giả sử a1 < a2 < < a2n−1 < a2n ∞ Nếu a2n < +∞, chọn k0 cho 2k0 > a2n Như 2k0 ∈ [2k, 2k + 1] k=1 Chương Không gian Lp Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có |f (x) + g(x)|p dµ ≤ E |f (x)| + |g(x)| |f (x) + g(x)|p−1 dµ E |f (x)|.|f (x) + g(x)|p−1 dµ + = E |g(x)|.|f (x) + g(x)|p−1 dµ E p q |f (x)|p dµ ≤ |f (x) + g(x)|(p−1)q dµ E E p q |g(x)|p dµ + |f (x) + g(x)|(p−1)q dµ E E p p p |f (x)| dµ = q p p |g(x)| dµ + E |f (x) + g(x)| dµ E E Từ 1− 1q p p |f (x) + g(x)| dµ p ≤ |f (x)| dµ E − 1 = nên q p p p |g(x)| dµ + E |f (x) + g(x)|p dµ E p ≤ E |f (x)|p dµ E p + |g(x)|p dµ E p Định lý 2.1.3 Tập hợp Lp (E), không phân biệt hàm h.k.n không gian vector định chuẩn, với phép toán thông thường cộng hàm số, nhân hàm số với số, với chuẩn p |f (x)|p dµ ||f ||p = ≤ p < ∞, E ||f ||∞ = ess sup |f (x)| p = ∞ E Chứng minh Với ≤ p < ∞ Giả sử f (x), g(x) ∈ Lp (E) Ta có |f (x) + g(x)| ≤ max{|f (x)|, |g(x)|} suy |f (x) + g(x)|p ≤ 2p (max{|f (x)|, |g(x)|})p ≤ 2p |f (x)|p + |g(x)|p Do |f (x)|p , |g(x)|p khả tích |f (x) + g(x)|p khả tích, hay f (x) + g(x) ∈ Lp (E) 41 (2.1.1) Chương Không gian Lp Mặt khác, f (x) ∈ Lp (E), α số thực |αf (x)|p = |α|p |f (x)|p khả tích, nên α · f (x) ∈ Lp (E) (2.1.2) Từ (2.1.1) (2.1.2) suy Lp (E) không gian vector Ta lại có||f ||p > f (x) = ||f ||p = f (x) = h.k.n không phân biệt hai hàm h.k.n nên thỏa mãn tiên đề chuẩn p |αf (x)|p dµ ||α.f ||p = p |f (x)|p dµ = |α| E = |α|.||f ||p , E thỏa mãn điều kiện chuẩn Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có bất đẳng thức tam giác p |f (x) + g(x)|p dµ ||f + g||p = p |f (x)|p dµ ≤ E p |g(x)|p dµ + E E = ||f ||p + ||g||p Với p = +∞.Giả sử f (x) ∈ L∞ (E) Ta có ||f ||∞ > f (x) = ||f ||∞ = f (x) = h.k.n E nên thỏa mãn tiên đề chuẩn Ta chứng minh điều kiện chuẩn Với α số thực ta cần chứng minh ||α.f ||∞ = |α|.||f ||∞ (2.1.3) Nếu α = điều kiện (2.1.3) Nếu α = Giả sử phản chứng ||α.f ||∞ < M < |α|.||f ||∞ Ta có |α|.|f (x)| = |α.f (x)| ≤ ess sup |α.f (x)| < M E Do α.f (x) ∈ L∞ (E) |α|.||f ||∞ < M Như |α|.||f ||∞ < M < |α|.||f ||∞ Điều vô lý Chứng minh cách tương tự ta có |α|.||f ||∞ < M < ||α.f ||∞ 42 Chương Không gian Lp điều vô lý hay ||α.f ||∞ = |α|.||f ||∞ Cuối ta chứng minh điều kiện bất đẳng thức tam giác Thật vậy, giả sử f (x), g(x) ∈ L∞ (E) |f (x)+g(x)| ≤ |f (x)|+|g(x)| ≤ ess sup |f (x)|+ess sup |g(x)| nên f (x)+g(x) ∈ L∞ (E) E E Và ess sup |f (x)+g(x)| ≤ ess sup |f (x)|+ess sup |g(x)| hay ||f +g||∞ ≤ ||f ||∞ + ||g||∞ E E E Định lý 2.1.4 Lp (E) không gian vector định chuẩn đủ Chứng minh Cho fn (x) dãy Lp (E), tức ||fn − fm ||p → Như tìm n1 đủ lớn ||fn − fm ||p < 1/2 với n, m ≥ n1 Tiếp tục tìm n2 > n1 cho ||fn − fm ||p < 1/22 với n, m ≥ n2 Do ta chọn dãy n1 < n2 < < nk < với k ta có ∀n, m ≥ nk ||fn − fm ||p < 1/2k Như ||fnk+1 − fnk ||p < 1/2k Áp dụng bổ để Fatou (1.4.3) cho dãy hàm không âm gs (x) = |fn1 (x)| + s k=1 |fnk+1 (x) − fnk (x)| ∈ Lp (E) Với x cố định gs (x) không giảm theo s nên tồn lim gs (x) n→∞ lim (gs (x))p dµ ≤ lim Do E s→∞ (gs (x))p dµ = lim (||gs ||p )p s→∞ E s→∞ Mặt khác s ||gs ||p ≤ ||fn1 ||p + ||fnk+1 − fnk ||p k=1 s (1/2k ) < ||fn1 ||p + < ||fn1 ||p + k=1 nên lim (||gs ||p )p < ∞ Do s→∞ lim (gs (x))p dµ < ∞ E s→∞ Điều chứng tỏ lim |gs (x)|p < ∞ h.k.n, hay tồn lim gs (x) hữu hạn s→∞ s→∞ h.k.n E 43 Chương Không gian Lp ∞ fnk+1 (x) − fnk (x) hội tụ tuyệt đối h.k.n Suy fn1 (x) + k=1 Như s → ∞ tồn giới hạn hữu hạn h.k.n hàm s fnk+1 (x) − fnk (x) fns+1 (x) = fn1 (x) + k=1 Ta gọi giới hạn f0 (x), fns+1 → f0 (x) h.k.n Vì |fns+1 (x)| ≤ lim gs (x) ∈ Lp (E) s→∞ Theo định lý hội tụ chặn có |f0 (x)|p dµ = lim s→∞ E |fns+1 (x)|p dµ, E tức f0 (x) ∈ Lp (E) Áp dụng bổ đề Fatou ta có ||f0 − fnk ||p = lim |fns+1 (x) − fnk (x)|p dµ E s→∞ |fns+1 (x) − fnk (x)|p dµ = lim ||fns+1 − fnk ||p ≤ lim n→∞ s→∞ s E s = lim || s→∞ fnt+1 − fnk ||p ≤ lim ||fnt+1 − fnk ||p s→∞ t=k s ≤ lim s→∞ t=k = 2t t=k ∞ t=k 2t Suy lim ||f0 − fnk ||p = Cuối {fn } dãy nên với n, nk đủ k→∞ lớn ta có ||fnk − fn ||p < Khi ta chọn k đủ lớn để vừa có nk ≥ n0 ||f0 − fnk ||p < có với n ≥ n0 ||f0 − fn ||p ≤ ||f0 − fnk || + ||fnk − fn || ≤ + , chứng tỏ dãy fn (x) hội tụ tới f0 (x) Hệ 2.1.1 Nếu dãy {fn } hội tụ Lp (E) chứa dãy {fnk } hội tụ h.k.n E Thật vậy, {fn } hội tụ dãy nên theo định lý 2.1.4 trích dãy {fnk } hội tụ h.k.n 44 Chương Không gian Lp Định lý 2.1.5 Nếu ≤ p < p < ∞ µ(E) < ∞ Lp (E) ⊂ Lp (E) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có ||f.g||1 ≤ ||f ||p ||g||q với ≤ p < ∞, 1 + = p q Ta lấy g(x) = 1, thay f (x) |f (x)|p , thay p, q p /p, p /(p − p) ta có || |f | ||1 ≤ || |f |p || p µ(E) p −p p p Do µ(E) < ∞ Lp (E) ⊂ Lp (E) Ta có ví dụ sau trích từ tài liệu [5] 1 x Ví dụ 2.1.1 Cho p < q < ∞, hàm x− q ∈ Lp (0, 1) |x− q |q = | | hàm không khả tích (0, 1) nên x −1 q ∈ / Lq (0, 1) Ví dụ sau cho thấy độ đo µ(E) = ∞ định lý không Ví dụ 2.1.2 Cho hàm f (x) = x− p ∈ Lq (1, ∞) với < p < q 1 x Nhưng |x− p |p = | | không thuộc L1 (1, ∞) nên x− p ∈ / Lp (1, ∞) Sự hội tụ Lp (E) gọi hội tụ trung bình cấp p Lp Ký hiệu fn (x) → f (x) Mệnh đề 2.1.2 Một dãy hội tụ trung bình hội tụ theo độ đo Chứng minh Với số > 0, đặt B = {x : |fn (x) − f (x)| ≥ }, ta có |fn (x) − f (x)|p dµ ≥ E |fn (x) − f (x)|p dµ ≥ B p dµ = B Lp điều chứng tỏ µ(B) → n → ∞, fn (x) → f (x) 45 p µ(B), Chương Không gian Lp Mối quan hệ hội tụ Hội tụ hầu khắp nơi µ(A) < ∞ Hội tụ theo độ đo −−−−−−−→ ⇑ Hội tụ trung bình ( trích dãy hội tụ) Một hàm hội tụ trung bình hội tụ theo độ đo điều ngược lại không Ví dụ 2.1.3 Xét dãy hàm fn (x) đoạn [0, 1] xác định sau    n x ∈ 0, n fn (x) =   0 x ∈ ,1 n hàm f (x) = Ta có 1 µ ({x ∈ [0, 1] : |fn (x) − f (x)| ≥ }) = µ([0, ]) = → n → ∞ n n µ Do fn (x) → f (x) Tuy nhiên, [0,1] |fn (x) − f (x)|dµ = n.µ 0, n = → n → ∞ nên fn (x) không hội tụ trung bình đến f (x) [0, 1] Ví dụ sau cho thấy hàm hội tụ h.k.n không hội tụ trung bình Ví dụ 2.1.4 Cho hàm fn (x) xác định [0, 1] fn (x) = n , + n2 x2 hàm f(x)=0 n = lim = Do fn (x) hội tụ 2 n→∞ n→∞ + n x n→∞ + nx n h.k.n đến f (x) = [0, 1] Tuy nhiên Ta có lim fn (x) = lim lim n→∞ fn (x)dx = lim n→∞ 46 n dx + n2 x Chương Không gian Lp Đặt u = nx ta có n lim n→∞ π n du = lim (arctan u)| = lim arctan n = n→∞ n→∞ + u2 Vậy fn (x) không hội tụ trung bình f (x) = 2.2 Tính tách Lp Định lý 2.2.1 Mỗi họ hàm sau trù mật Lp (E), ≤ p < ∞ Các hàm đơn giản Các hàm liên tục Chứng minh Họ hàm gọi trù mật Lp (E) với f (x) ∈ Lp (E) > 0, tồn hàm g(x) thuộc họ cho ||f − g||p < a) Xét hàm f (x) ∈ Lp (E) Ta có f (x) = f + (x) + f − (x), với f + (x), f − (x) ≥ f + (x) Tồn dãy hàm đơn giản không âm fn+ (x) Vì f + (x) − fn+ (x) p nên (f + (x) − fn+ (x))p dµ E 0dµ = 0, E nghĩa ||f + − fn+ ||p → Vậy với n đủ lớn ta có hàm đơn giản fn− (x) với ||f − − fn− ||p < Khi đặt g(x) = fn+ (x)−fn− (x) ta ||f −g||p ≤ ||f + −fn− ||p +||f − −fn− ||p < Hàm g(x) hiệu hai hàm đơn giản nên hàm đơn giản Do họ hàm đơn giản trù mật Lp (E) b) Ta xét hàm số có dạng XA (x) A đo Theo định lý 1.2.6 với 47 Chương Không gian Lp p > tồn tập mở G ⊃ A tập đóng F ⊂ A cho µ(G\A) < p µ(A\F ) < , tức µ(G\F ) < p g(x) = , Ta lấy ρ(x, R\G) ρ(x, R\G) + ρ(x, F ) Trong ρ(x, M ) = inf ||x − y|| khoảng cách từ x đến M Rõ ràng x ∈ R\G y∈M ρ(x, R\G) = nên g(x) = Với x ∈ F ρ(x, R\G) = 0, ρ(x, F ) = nên g(x) = Hàm ρ(x, R\G), ρ(x, F ) liên tục có tổng khác nên g(x) liên tục Hiệu XA (x) − g(x) có giá trị gồm tập G\F tập Cho nên p ||XA − g||p = p XA (x) − g(x) dµ ≤ µ(G\F ) p < E Do hàm có dạng XA (x) với A đo xấp xỉ tùy ý hàm liên tục Suy họ hàm liên tục trù mật họ hàm đơn v i=1 αi XAi (x) giản, hàm đơn giản có dạng gi (x) cho ||XAi − gi ||p < || αi XAi − g||p ≤ v|αi | v αi ||XAi việc chọn hàm liên tục , hàm liên tục g(x) = αi gi (x) với − g||p < Mặt khác họ M trù mật Lp (E) họ N trù mật M họ N trù mật Lp (E) Vậy họ hàm liên tục trù mật Lp (E) Định lý 2.2.2 Không gian Lp (R), ≤ p < ∞ tách (nghĩa chứa tập đếm trù mật nó) Chứng minh Lấy f (x) ∈ Lp (R) Gọi fn0 : R → R xác định    f (x) |x| < n , fn0 (x) =   0 |x| ≥ n0 fn0 (x) → f (x) ∈ Lp (R) n → ∞ Như tồn số n0 cho ||f − fn0 ||p ≤ 48 tồn hàm liên tục Chương Không gian Lp gn0 : [−n0 , n0 ] → R cho p n0 |fn0 (x) − gn0 (x)|p dx < −n0 hay ||fn0 − gn0 ||p < Mặt khác theo định lý Weiertrass tồn hàm P (x) cho    k |x| ≤ n,  m k=1 αk x P (x) =   0 (2.2.4) |x| > n với αk ∈ Q, m ∈ N cho max |gn0 (x) − P (x)| < Như c [−n0 ,n0 ] p n0 |gn0 (x) − P (x)|p dx −n0 p n0 −n0 Khi chọn c = 3(2n0 ) |gn0 < c (2n0 ) p (x) − P (x)|p dx p < ||gn0 − P ||p < Do ||f − P ||p ≤ ||f − fn0 ||p + ||fn0 − gn0 ||p + ||gn0 − P ||p ≤ + + = Vậy họ P = {P (x)|P (x) có dạng (2.2.4), αk ∈ Q, m ∈ N} trù mật Lp (R) mà họ đếm nên Lp (R) tách Định lý 2.2.3 Không gian L∞ (R) không tách Chứng minh [6] Giả sử L∞ (R) tách được, tức có tập đếm {un (x) : n = 1, 2, } L∞ (R) cho hàm f (x) ∈ L∞ (R) có dãy phần tử {unk (x)}∞ k=1 tập đếm {un (x) : n = 1, 2, } cho L∞ unk (x) → f (x) k → ∞ Với a ∈ R đặt = |a| hàm    1 x ∈ (a − , a + ) va (x) =   0 x ∈ / (a − , a + ) 49 Chương Không gian Lp Lại có với a, b ∈ R a = b hiệu đối xứng (a − , a + )∆(b − rb , b + rb ) = ∅, nên ||va (x) − vb (x)||∞ = ess sup |va (x) − vb (x)| = R Do ua (x) = ub (x) h.k.n R Thật vậy, ua (x) = ub (x) ||va − vb ||∞ ≤ ||va − ub ||∞ + ||ub − vb ||∞ ≤ ||va − ub ||∞ + ||ub − vb ||∞ = ||va − ua ||∞ + ||ub − vb ||∞ < 1 + = 1, 2 điều vô lý Như có đơn ánh f : R → {un (x) : n = 1, 2, } cho f (a) = ua Điều vô lý lực lượng R không đếm lực lượng {un (x) : n = 1, 2, } đếm Vậy L∞ (R) không tách 2.3 Biến đổi Fourier Hàm số phức đo Lebesgue f : R → C hiểu f (x) = u(x) + iv(x) với u, v : R → R hàm số thực đo Lebesgue Khi tích phân Lebesgue f (x) f (x)dµ = R u(x)dµ + i R v(x)dµ R Ta nói f (x) ∈ Lp (R) u(x), v(x) ∈ Lp (R 2.3.1 Biến đổi Fourier L1 Cho không gian R, hàm f (x) ∈ L1 (R) Biến đổi Fourier hàm f (x), ký hiệu Ff , hàm xác định Ff (ξ) = (2π)− e−ixξ f (x)dµ, R 50 Chương Không gian Lp biến đổi ngược hàm f (x), ký hiệu Ff −1 , hàm xác định Ff −1 (ξ) = (2π)− eixξ f (x)dµ, R Vì f (x) ∈ L1 (R) |e−ixξ | = nên Ff (ξ), Ff −1 (ξ) xác định ta có |Ff (ξ)| = (2π)− e−ixξ f (x)dµ R ≤ (2π)− e−ixξ f (x) dµ R 1 = (2π)− |f (x)|dµ = (2π)− ||f ||1 R Do Ff (ξ) ∈ L∞ (R) hay Ff (ξ) ánh xạ từ L1 (R) L∞ (R) Ta chứng minh Ff (ξ) ánh xạ liên tục Thật |Ff (ξ) − Ff (ξ0 )| ≤ √ 2π ≤√ 2π ≤√ 2π +√ 2π Do f (x) ∈ L1 (R) nên R |e−ixξ − e−ixξ0 | · |f (x)|dµ R |e−ixξ0 | · |e−ix(ξ−ξ0 ) − 1| · |f (x)|dµ R |e−ix(ξ−ξ0 ) − 1|.|f (x)|dµ |x|R |f (x)|dµ < ∞ Đặt X[−R,R] (x)f (x) =    0 |x| > R   f (x) lại Ta có X[−R,R] (x)|f (x)| → |f (x)| R → ∞ Mà X[−R,R] (x)|f (x)| < |f (x)| |f (x)| khả tích nên theo định lý hội tụ chặn X[−R,R] |f (x)| → R R → ∞ Do tồn R0 cho |f (x)|dµ < |x|>R0 51 √ 2π R |f (x)| Chương Không gian Lp Lại có |e−ix(ξ−ξ0 ) − 1| < nên |e−ix(ξ−ξ0 ) − 1| · |f (x)|dµ < |x|>R0 Mặt khác eiz √ 2π liên tục z = nên với > 0, tồn δ1 > cho |z| < δ1 |ez − 1| < nên với |x| < R0 |(ξ − ξ0 )| < √ , 2||f ||1 δ1 R0 |e−ix(ξ−ξ0 ) |.|f (x)|dµ < √ 2π |x| 0, tồn δ = 2π 2||f ||1 |f (x)|dµ < √ 2π |x| cho |ξ − ξ0 | < δ R0 √ √ |Ff (ξ) − Ff (ξ0 )| < √ 2π + 2π 2 2π = Vậy Ff ∈ L∞ (R) ∩ C(R) 2.3.2 Biến đổi Fourier Lp Ta xây dựng biến đổi Fourier Lp (R) sau Đặt    0 |x| > R X[−R,R] (x)f (x) =   f (x) lại Ta có |X[−R,R] (x)f (x) − f (x)| → R → ∞ nên |X[−R,R] (x)f (x) − f (x)|p → R → ∞ Mà |X[−R,R] (x)f (x) − f (x)|p ≤ |f (x)|p , |f (x)|p ∈ Lp (R) Theo định lý hội tụ chặn ta có |X[−R,R] (x)f (x) − f (x)|p dµ → R → ∞ R Do X[−R,R] (x)f (x) ∈ Lp (R) dãy Cauchy hội tụ đến f (x) Lp (R) p Ta cần chứng minh {F(X[−R,R] f )} hội tụ Lq (R) với ≤ p ≤ 2, + 52 = q Chương Không gian Lp Theo bất đẳng thức Hausdorff-Young ta có p Với g(x) ∈ L1 (R) ∩ Lp (R), ≤ p ≤ 2, + = Fg ∈ Lp (R) q ||Fg||q ≤ C||g||p Như với g(x) = X[−R,R] (x)f (x) ta có {F(X[−R,R] f )} dãy Cauchy hội tụ p đến hàm Ff Lq (R) với ≤ p ≤ 2, + = q Nhưng với < p < ∞ việc xây dựng không Người ta phải xây dựng biến đổi Fourier theo cách khác Ví dụ sau cho thấy với < p < ∞ bất đẳng thức Hausdorff-Young không Ví dụ 2.3.1 [3] Chọn dãy fk (x) = e−(1−ik)x , k = 1, Biến đổi Fourier f (x) Ff (ξ) = (2π)− e−ixξ e−(1−ik)x dµ R Biến đổi thỏa mãn toán Cauchy 2(1 − ik) dFfk (ξ) − ξ Ffk (ξ) = 0, dξ với điều kiện ban đầu Ffk (0) = 2(1 − ik) nên Ffk (ξ) = Khi chuẩn Lp (R) ||fk ||p = π 1/2p p1/2p Còn chuẩn Lq (R) ||Ffk ||q = 1 1 q − (1 + k ) 2q − π 2p q 2q Vì < p < ∞ nên ≤ q < nên ||Ffk ||q → ∞ k → ∞ 53 2(1 − ik) e − (1+ik)ξ 4(1+k2 ) Kết luận Khóa luận trình bày hai nội dung là: • Xây dựng tích phân Lebesgue từ độ đo Lebesgue, hàm đo Lebesgue, tích phân Lebesgue, chuyển giới hạn qua dấu lấy tích phân • Không gian Lp , ≤ p ≤ ∞, tính chất đầy đủ tách được, phép biến đổi Fourier Lp , ≤ p ≤ Tuy nhiên thời gian làm khóa luận hạn chế tránh nhầm lẫn, sai sót nên em mong nhận góp ý thầy cô bạn đọc 54 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Xuân Liêm (2007), Giải tích hàm, Nhà xuất Giáo dục Tiếng Anh [3] Elliott H Lieb and Michael Loss (2001), Analysis (second edition), American Mathematical, Society [4] Frank Burk (1998), Lebesgue Measure and Integral An Introduction, John Wiley & Sons, Inc [5] Richard L Wheeden and Antoni Zygmund (1977), Measure and Integral an Introduction to Real Analysis, Marcel Dekker, Inc New York Tiếng Pháp [6] H Brezis (1983), Analyse Fonctionnelle, Masson 55 [...]... (E) = µ∗ (E ∩ A) + µ∗ (E\A) với mọi E ⊂ R, là độ đo Lebesgue trên R, ký hiệu là µ và A được gọi là tập đo được Lebesgue Theo định lý Caratheodory thì lớp các tập đo được Lebesgue L là một σ -đại số 11 Chương 1 Tích phân Lebesgue Định nghĩa 1.2.9 Tập A ⊂ R được gọi là tập đo được Lebesgue trong R nếu A thuộc σ -đại số Lebesgue Vậy tập không đo được Lebesgue sẽ như thế nào? Ta lấy ví dụ sau đây từ tài... thì f (x) + g(x) dµ = A f (x)dµ + A g(x)dµ A 4 Khả tích i) Nếu A f (x)dµ có nghĩa thì A f (x)dµ ≤ A |f (x)|dµ ii)f (x) khả tích khi và chỉ khi |f (x)| khả tích iii) Nếu |f (x)| ≤ g h.k.n trên A và g(x) khả tích thì f (x) cũng khả tích iv) Nếu f (x), g(x) khả tích thì f (x) ± g(x) cũng khả tích Nếu f (x) khả tích, g(x) bị chặn thì f (x).g(x) cũng khả tích 31 ... lim fn (x) = f (x) với n→∞ mọi x ∈ A\B 20 Chương 1 Tích phân Lebesgue Định lý 1.3.4 Cho hàm số f (x), g(x) xác định trên tập A ∈ L i) Nếu f (x), g(x) bằng nhau h.k.n trên A và dãy hàm {fn } hội tụ h.k.n về f (x) trên A thì {fn } hội tụ h.k.n về g(x) trên A ii) Nếu dãy hàm {fn } hội tụ h.k.n về f (x) trên A và {fn } hội tụ h.k.n về g(x) trên A thì f (x) và g(x) bằng nhau h.k.n trên A Chứng minh i) Vì f... XAk , ∀x ∈ A Ak và f (x) = A= k=1 k=1 Khi đó tích phân của hàm đơn giản f (x) trên A với độ đo µ là số n f (x)dµ = A fk µ(Ak ) k=1 28 Chương 1 Tích phân Lebesgue Ví dụ 1.4.1 Cho hàm số f : [0, 1] → R    1 khi x ∈ [0, 1] ∩ Q, f(x) =   0 khi x ∈ [0, 1]\Q f (x)dµ = 1.µ ([0, 1] ∩ R) + 0.µ ([0, 1]\Q) = 1.0 + 0.1 = 0 Khi đó [0,1] 1.4.2 Tích phân của hàm không âm Cho A là tập đo được Lebesgue, hàm f... 0 và µ∗ (E) ≤ µ∗ (E\N ) Mặt khác (E\N ) ∈ E nên µ∗ (E\N ) ≤ µ∗ (E) Do đó µ∗ (E) = µ∗ (E\N ), tức là µ∗ (E) = µ∗ (E ∩ N ) + µ∗ (E\N ) Vậy N là tập đo được Lebesgue và µ( N ) = µ∗ (N ) = 0 Định lý 1.2.4 Mọi tập Borel đều đo được Lebesgue Chứng minh Trước hết ta đi chứng minh mọi khoảng mở đều đo được Lebesgue Lấy một khoảng mở ∆ bất kỳ Xét một tập E ⊂ R tùy ý và một hệ gian ∆k 13 Chương 1 Tích phân Lebesgue. ..Chương 1 Tích phân Lebesgue n 2k0 ∈ / ∆i Điều này vô lý i=1 Nếu a2n = +∞, chọn k0 sao cho 2k0 > a2n−1 Như vậy 2k0 + ∞ 3 3 ∈ ∆n nhưng 2k0 + ∈ / [2k, 2k + 1] Điều này vô lý 2 2 k=1 Vậy điều giả sử là sai, C không là σ -đại số Ta sẽ xây dựng một σ -đại số nhỏ nhất chứa C Định nghĩa 1.1.3 [1]σ -đại số nhỏ nhất bao hàm lớp các tập mở trong không gian R được gọi là σ -đại số Borel của không gian R và những... sup[0,1) |fn (x) − f (x)| = 1 + 1 → 1 khi n → ∞ n fn (x) không hội tụ đều Vậy fn (x) hội tụ theo độ đo nhưng không hội tụ đều 27 Chương 1 Tích phân Lebesgue Ta xét ví dụ về một hàm hội tụ h.k.n nhưng có độ đo là vô cùng thì sẽ không hội tụ theo độ đo Ví dụ 1.3.3 Cho fn xác định trên R    1 khi x ∈ [n, n + 1], fn (x) =   0 tại các điểm khác, và hàm f (x) = 0 Lấy x ∈ R Chọn n0 = [x]+1 thì với mọi... (x) = 0 hay fn (x) hội tụ h.k.n đến f (x) = 0 trên R và µ(R) = ∞ n→∞ Chọn = 1 thì 2 |fn (x) − 0| ≥ 1 2 khi x ∈ [n, n + 1] 1 2 Do đó Bn = {x ∈ R : |fn (x) − 0| ≥ } = [n, n + 1] µ(Bn ) = 1 → 1 khi n → ∞, hay fn (x) không hội tụ theo độ đo đến f (x) = 0 Vậy fn (x) hội tụ h.k.n trên R nhưng fn (x) không hội tụ theo độ đo 1.4 1.4.1 Tích phân Lebesgue Tích phân của hàm đơn giản Định nghĩa 1.4.1 Cho A là tập... hàm A và có µ∗ (Gn \A) < 1/n Đặt B = ∞ Gn ta n=1 có B ∈ L (vì B là tập Borel) và B ⊃ A, đồng thời µ∗ (B\A) ≤ µ∗ (Gn \A) < 1/n với 15 Chương 1 Tích phân Lebesgue mọi n = 1, 2, cho nên µ∗ (B\A) = 0, nghĩa là E = B\A đo được Vậy A = B\E cũng đo được Do đó (i) ⇔ (ii) Mặt khác A đo được khi và chỉ khi phần bù của A cũng đo được, tức là từ điều vừa chứng minh, khi và chỉ khi với mọi > 0 có thể tìm được... đo được fn (x) ≥ 0 hội tụ h.k.n về f (x) trên A Định nghĩa 1.4.2 Tích phân của hàm f (x) trên A đối với đo đo µ là f (x)dµ = lim ( fn (x)dµ) n→+∞ A 1.4.3 A Tích phân của hàm có dấu bất kỳ Định nghĩa 1.4.3 Cho A là tập đo được Lebesgue, hàm f : A → R là hàm đo được trên A Khi đó ta có f (x) = f + (x) − f − (x) với f + (x), f − (x) ≥ 0 Các hàm số f + (x), f − (x) có tích phân tương ứng trên A là A f + ... giới hạn dấu tích phân 33 1.4.6 Mối liên hệ tích phân Lebesgue Rie mann 36 Không gian Lp 38 2.1 Không gian Lp 38 2.2 Tính tách Lp ... xây dựng tích phân Lebesgue lớp hàm khả tích Lebesgue có so sánh với kết học tích phân Riemann Khóa luận chia thành hai chương Trong Chương 1, em trình bày cách thức xây dựng tích phân Lebesgue. .. f (x)dx a 36 Chương Tích phân Lebesgue Tuy nhiên hàm khả tích Lebesgue không kết luận khả tích Riemann Ta có ví dụ 1.4.1 hàm Dirichlet khả tích Lebesgue [0, 1] không khả tích Riemann Ví dụ 1.4.4