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 Chứng minh: 2) ⇒ 1) Xét 𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝜇(𝐴) = ∀𝜀 > ∃𝛿 > thỏa 2), ta chứng minh 𝜑(𝐴) = Do, 𝜇(𝐴) = ⇒ 𝜇(𝐴) < 𝜀 2) Chọn 𝛿 = 𝜀 ta có 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| ⇒ |𝜑(𝐴)| = ⇒ 𝜑(𝐴) = Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 1) ⇒ 2) Giả sử 𝜑 ≪ 𝜇 mà∃𝜀 > 0: ∀𝛿 > 0, ∃𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) < 𝛿 |𝜑(𝐴)| ≥ 𝜀 Với 𝛿 = 2−𝑛 ta xây dựng dãy (𝐴𝑛 )𝑛 ⊂ 𝔐 cho 𝜇 (𝐴𝑛 ) < 2−𝑛 |𝜑(𝐴𝑛 )| ≥ 𝜀 Đặt: 𝐵1 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … … ∪ 𝐴𝑛 ∪ … 𝐵2 = ∞ Ta có: 𝐵𝑛 = � 𝐴𝑘 , 𝑘=𝑛 𝐴2 ∪ … … ∪ 𝐴𝑛 ∪ … … 𝐵𝑛 = 𝐴𝑛 ∪ 𝐴𝑛+1 … (𝐵𝑛 )là dãy giảm Do phân tích Jordan ta cọi 𝜑 độ đo dương, hữu hạn +∞ +∞ 𝑛=1 𝑛=1 ∗ Đặt: 𝐵 = � 𝐵𝑛 , ta có: 𝜑(𝐵) = 𝜑 �� 𝐵𝑛 � = lim 𝜑(𝐵𝑛 ) 𝑛→∞ (vì 𝐵𝑛 giảm ) ∞ ∞ ∞ 𝑘=𝑛 𝑘=𝑛 ∗ Vì 𝐵𝑛 = � 𝐴𝑘 , ta có: 𝜇(𝐵𝑛 ) ≤ � 𝜇(𝐴𝑘 ) ≤ � 2−𝑘 → 𝑘=𝑛 ∞ ⇒ lim 𝜇(𝐵𝑛 ) = �vì � 𝑛→∞ ⇒ 𝜇 (𝐵 ) = ⇒ 𝜑 (𝐵 ) = 𝑘=1 −𝑘 ∞ (𝑛 → ∞) (𝑛⟶0) hội tụ nên � 2−𝑘 �⎯⎯⎯� 0� +∞ 𝑘=𝑛 �vì 𝐵 = � 𝐵𝑛 nên 𝜇(𝐵) ≤ 𝜇(𝐵𝑛 )� 𝑛=1 (vì 𝜑 ≪ 𝜇) Suy ra: lim 𝜇(𝐵𝑛 ) = 𝑛→∞ Mà ta có 𝜑(𝐵𝑛 ) ≥ 𝜑(𝐴𝑛 ) ≥ 𝜀 Ta gặp mâu thuẫn Vậy ta có 1) ⇒2 Mệnh đề1.1.3 𝔐 Cho không gian với độ đo hữu hạn (𝑋, 𝔐, 𝜇), 𝜑 độ đo códấu xác định Trong 𝔐 ta qui ước 𝐴 = 𝐵 𝜇(𝐴∆𝐵) = xét metric 𝑑 (𝐴, 𝐵) = 𝜇(𝐴∆𝐵) = � |1𝐴 − 1𝐵 | 𝑑𝜇, 𝑋 1) 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐 Xét 𝜑 ánh xạ từ (𝔐, 𝑑 ) vào ℝ mệnh đề sautương đương 𝜑 liên tục 𝔐 2) 3) 𝜑 liên tục điểm 𝜙 𝜑 ≪ 𝜇 Chứng minh 1)⇒ 2) 𝜑 liên tục 𝔐 ⇒ 𝜑 liên tục điểm thuộc 𝔐 ⇒ 𝜑 liên tục điểm 𝜙 2)⇒ 3) Vì 𝜑 liên tục điểm 𝜙 nên ta có: ∀𝜀 > ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà 𝑑 (𝐴, 𝜙) < 𝛿 |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝜙)| < 𝜀 tức |𝜑(𝐴)| < 𝜀 Với 𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝜇 (𝐴) = ta có 𝑑 (𝐴, 𝜙) = � |1𝐴 | 𝑑𝜇 = � 1𝐴 𝑑𝜇 𝑋 3)⇒ 1) 𝑋 = 𝜇 (𝐴 ∩ 𝑋 ) = 𝜇 (𝐴 ) = < 𝛿 Do |𝜑(𝐴)| < 𝜀 Do 𝜀 > nên 𝜑(𝐴) = Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 Ta có 𝜑 ≪ 𝜇 nên ∀𝜀 > ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà 10 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| < 𝜀 Xét tùy ý 𝐵 ∈ 𝔐, ∀𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝑑 (𝐴, 𝐵) < 𝛿 ta có: 𝑑 (𝐴, 𝐵) = � |1𝐴 − 1𝐵 |𝑑𝜇 = 𝜇(𝐴\𝐵) − 𝜇(𝐵\𝐴) < 𝛿 𝑋 𝜀 𝜑(𝐴\𝐵) < 𝜇(𝐴\𝐵) < 𝛿 � ⇒� 𝜀 𝜇(𝐵\𝐴) < 𝛿 ( ) 𝜑 𝐵\𝐴 < Khi 𝜑(𝐴) + 𝜑(𝐵\𝐴) = 𝜑(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝜑(𝐵) + 𝜑(𝐴\𝐵) Ta có : |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| = |𝜑(𝐴\𝐵) − 𝜑(𝐵\𝐴)| ≤ |𝜑(𝐴\𝐵)| + |𝜑(𝐵\𝐴)| < 𝜀 𝜀 + =𝜀 2 Vậy ta chứng minh ∀𝜀 > ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝑑 (𝐴, 𝐵) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| < 𝜀 1.2 Do liên tục 𝐵 ⊂ 𝔐 Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym Mệnh đề1.2.1 Cho không gian có độ đo (𝑋, 𝔐, 𝜇) 𝜑 độ đocó dấu xác định 𝔐 Khi tồn cặp độ đo 𝜑𝑎 , 𝜑𝑠 xác định 𝔐, cho: 𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 , 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 , 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (1) 11 Chứng minh: Bước 1: Chứng minh , giả sử có cặp độ đo 𝜑𝑎′ , 𝜑𝑠′ thỏa mản: 𝜑 = 𝜑𝑎′ + 𝜑𝑠′ 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇, 𝜑𝑠′ ⊥ 𝜇 Ta có: 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 = 𝜑𝑎′ + 𝜑𝑠′ ⇔ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ = 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 () Ta có: 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇 (do 𝜑𝑎 , 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇) (1) Nhận xét: từ ( ) (1) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ≪ 𝜇 (3) 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (do 𝜑𝑠 , 𝜑𝑠′ ≪ 𝜇) (2) từ ( 2) (3) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 = (mệnh đề) ⟹ 𝜑𝑠 = 𝜑𝑠′ Nhận xét: từ ( ) (2) ⟹ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ ⊥ 𝜇 (4) từ ( 1) (4) ⟹ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ = (mệnh đề) ⟹ 𝜑𝑎 = 𝜑𝑎′ Từ đầy suy biểu diển Bước 2: Chứng minh tồn Do ta có phần tích Jordan 𝜑 = 𝜑 + -𝜑 − nên điều phảichứng cho độ đo dương thì: 𝜑 = (𝜑𝑎+ + 𝜑𝑠+ ) − (𝜑𝑎− + 𝜑𝑠− ) = (𝜑𝑎+ − 𝜑𝑎− ) + (𝜑𝑠+ − 𝜑𝑠− ) mệnh đề 1.1.1 a), b) nên ta có phân tích 𝜑 12 Vậy ta coi𝜑 độ đo dương, hữu hạn định nghĩa số: Trường hợp 1: 𝑐 = sup{𝜑(𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0} 𝑐=0 Khi ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) ⇒ 𝜑(𝐴) = Ta có: Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 (5) 𝜑 = 𝜑 + ≔ 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 = 𝜑 Nhận xét 1: Nhận xét 2: 𝜑𝑠 = 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 (6) (7) (do (5) (6) ) 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 Chọn 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước thỏa 𝜇(𝐴) = ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐵 ⊂ 𝐴𝑐 ⇒ 𝜑𝑠 (𝐵) = (do (7) ) ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐷 ⊂ (𝐴𝑐 )𝑐 = 𝐴 ⇒ ≤ 𝜇(𝐷 ) ≤ 𝜇(𝐴) = 𝜑𝑠 tập trung 𝐴 hay 𝜇(𝐷 ) = điều chứng tỏ � 𝜇 tập trung 𝐴𝑐 Suy ra: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 Tóm lại: 𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 ≪ 𝜇, 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 𝜑𝑎 = 𝜑, 𝜑𝑠 = Đây phân tích tầm thường Trường hợp 2: 𝑐>0 13 Do 𝑐 = Sup{𝜑(𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0} suy ∃𝐴𝑛 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴𝑛 ) = 0∀𝑛=1,2,… cho: lim 𝜑( 𝐴𝑛 ) = 𝑐 𝑛→∞ ∞ Đặt ∶ 𝐵 = � 𝐴𝑛 𝑛=1 𝜑𝑎 (𝐶 ) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵𝑐 ), ∀𝐶 ∈ 𝔐(∗) 𝜑𝑠 (𝐶 ) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵) Dưới chứng minh việc: (i) 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 (ii) 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 Giải guyết vấn để (i): Lấy ∀𝐴 ∈ 𝔐 Ta có: cho 𝜇(𝐴) = 0, chứng minh 𝜑𝑎 (𝐴) = 𝜑𝑎 (𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝐵𝑐 ) = 𝜑[𝐴 ∩ (𝑋\𝐵)] ∞ = 𝜑 �𝐴 ∩ �𝑋\ � 𝐴𝑛 �� ∞ n=1 = 𝜑 �𝐴 ∩ �� 𝐴𝑐𝑛 �� ∞ 𝑛=1 = 𝜑 ��(𝐴 ∩ 𝐴𝑐𝑛 )� ≤ 𝑛=1 14 ≤ 𝜑(𝐴 ∩ 𝐴𝑐𝑛 ) = 𝜑[𝐴 ∩ (𝑋\𝐴𝑛 )] = = 𝜑[(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 )\𝐴𝑛 ] = 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) − 𝜑(𝐴𝑛 ) (8) Nhận xét: 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ∈ {𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} Thật vậy:  𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ∈ 𝔐  𝜇(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ≤ 𝜇(𝐴) + 𝜇(𝐴𝑛 ) = + = Do 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ∈ {𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ⇒ Sup{𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ⇒ 𝐶 ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) thay kết vào (8) , ≤ 𝜑𝑎 (𝐴) ≤ 𝐶 − 𝜑(𝐴𝑛 ), ∀𝑛 = 1,2, …cho 𝑛 → ∞ ta có 𝜑𝑎 (𝐴) = Giải guyết vấn để (ii): Ta có 𝜑𝑠 tập trung B, thật vậy: ∀𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 ⇒ 𝜑𝑠 (𝐷) = 𝜑(𝐷 ∩ 𝐵) = 𝜑 (∅) =0 (do (∗)) (do 𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 𝐷 ∩ 𝐵 = ∅ ) Vậy 𝜑𝑠 tập trung B Ta có 𝜇 tập trung 𝐵𝑐 , thật vậy:như biết 𝜇 độ đo dương Lấy 𝐸 ⊂ (𝐵𝑐 )𝑐 = 𝐵 ∞ Xét:𝜇(𝐸 ) ≤ 𝜇(𝐵) = 𝜇 (⋃∞ n=1 𝐴𝑛 ) ≤ ∑𝑛=1 𝜇 (𝐴𝑛 ) = , (do𝜇 (𝐴𝑛 ) = ∀𝑛) ⇒ 𝜇(𝐸 ) = Vậy 𝜇 tập trung 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) độđo 𝜑 ≪ 𝜇 a) Nếu 𝜑 độ đo có dấu tồn hàm𝑓0 ∈ 𝐿(𝜇) (tập hàm khả tích X với độ đo 𝜇 )sao cho: 𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇 (1), 𝐴 ∈ 𝔐 𝐴 b) Hàm 𝑓0 thỏa mãn (1) ký hiệu 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = 𝑓0 Nếu 𝜑 độ đo dương, 𝜎-hữu hạn tồn hàm 𝑓 ≥ 0, 𝔐 - đo được, khả tích tập có 𝜑 -độ đohữu hạn thỏa mãn 𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇, 𝐴 ∞ 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑(𝐴) < +∞, �𝑋 = � 𝐴𝑛 � 𝑛=1 Chứng minh: a) Sử dụng phân tích Jordan𝜑 = 𝜑 + − 𝜑 − ta thấy dã có: ⎧𝜑 + (𝐴) = � 𝑓1 𝑑𝜇 ⎪ 𝐴 ⎨ − ⎪𝜑 (𝐴) = � 𝑓2 𝑑𝜇 ⎩ 𝐴 dẫn đến 𝜑(𝐴) = � (𝑓1− 𝑓2 )𝑑𝜇 = � 𝑓0 𝑑𝜇 𝐴 𝐴 Do ta xem 𝜑 độ đo dương,hữu hạn Trường hợp 𝜇 hữu hạn(𝜇(𝑋 ) < +∞) Bước 1:Để xây dựng hàm 𝑓0 ta định nghĩa lớp hàm: 𝑀 = �0 ≤ 𝑓 ∈ 𝐿(𝜇) : � 𝑓𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐� 𝐴 16 ta chứng minh tồn hàm 𝑓0 ∈ 𝔐 cho 𝑓 ≤ 𝑓0 , ∀𝑓 ∈ 𝑀 *Ta thấy lớp hàm 𝑀 thỏa hai tính chất sau: i) ii) 𝑓1 , 𝑓2 ∈ 𝑀 ⇒ Max{𝑓1 , 𝑓2 } = 𝑓 ∈ 𝑀 𝑓𝑛 ∈ 𝑀, ∀𝑛, 𝑓1 ≤ 𝑓2 ≤ ⋯ ≤ 𝑓𝑛 ≤ ⋯, lim 𝑓𝑛 = 𝑓 ⇒ ∀𝑓 ∈ 𝑀 𝑛→∞ Thật vậy, dãy (𝑓𝑛 )𝑛 tăng hội tụ điểm đến hàm 𝑓(𝑓𝑛 ↑ 𝑓) nên suy lim � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = � 𝑓 𝑑𝜇 𝑛→∞ 𝐴 𝐴 Mà 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 ⇒ 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓 𝑑𝜇 𝐴 𝐴 Ta lại có: � 𝑓 𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝑋 ) < +∞ 𝑋 Do 𝑓 khả tích Vậy 𝑓 ∈ 𝑀, ii) chứng minh xong U Chứng minh i): Đặt: 𝐵 = {𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓1 ≥ 𝑓2 }(tập điểm x mà 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 [...]... 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... 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:... ⇒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 ∪ … … ∪... trên mỗi tập có 𝜑 -độ đohữu hạn và thỏa mãn 𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇, 𝐴 ∞ 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑(𝐴) < +∞, �𝑋 = � 𝐴𝑛 � 𝑛=1 Chứng minh: a) Sử dụng phân tích Jordan𝜑 = 𝜑 + − 𝜑 − ta thấy nếu dã có: ⎧𝜑 + (𝐴) = � 𝑓1 𝑑𝜇 ⎪ 𝐴 ⎨ − ⎪𝜑 (𝐴) = � 𝑓2 𝑑𝜇 ⎩ 𝐴 thì dẫn đến 𝜑(𝐴) = � (𝑓1− 𝑓2 )𝑑𝜇 = � 𝑓0 𝑑𝜇 𝐴 𝐴 Do đó ta có thể xem 𝜑 là độ đo dương,hữu hạn Trường hợp 𝜇 hữu hạn(𝜇(𝑋 ) < +∞) Bước 1:Để xây dựng hàm 𝑓0 ta định nghĩa lớp hàm: 𝑀 = �0 ≤ 𝑓... trên 𝐴 hay 𝜇(𝐷 ) = 0 điều này chứng tỏ � 𝜇 tập trung trên 𝐴𝑐 Suy ra: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 Tóm lại: 𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 ≪ 𝜇, 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 trong đó 𝜑𝑎 = 𝜑, 𝜑𝑠 = 0 Đây là phân tích tầm thường Trường hợp 2: 𝑐>0 13 Do 𝑐 = Sup{𝜑(𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0} suy ra ∃𝐴𝑛 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴𝑛 ) = 0∀𝑛=1,2,… sao cho: lim 𝜑( 𝐴𝑛 ) = 𝑐 𝑛→∞ ∞ Đặt ∶ 𝐵 = � 𝐴𝑛 𝑛=1 𝜑𝑎 (𝐶 ) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵𝑐 ), ∀𝐶 ∈ 𝔐(∗) 𝜑𝑠 (𝐶 ) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵) Dưới đây chứng minh 2 việc: (i) 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 (ii)... )𝑛 tăng hội tụ từng điểm đến hàm 𝑓(𝑓𝑛 ↑ 𝑓) nên suy ra lim � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = � 𝑓 𝑑𝜇 𝑛→∞ 𝐴 𝐴 Mà 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 ⇒ 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓 𝑑𝜇 𝐴 𝐴 Ta lại có: � 𝑓 𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝑋 ) < +∞ 𝑋 Do đó 𝑓 khả tích Vậy 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 ),... 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} Thật vậy:  𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ∈ 𝔐  𝜇(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ≤ 𝜇(𝐴) + 𝜇(𝐴𝑛 ) = 0 + 0 = 0 Do vậy 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ∈ {𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ⇒ Sup{𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ⇒ 𝐶 ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) thay kết quả vào (8) , được 0 ≤ 𝜑𝑎 (𝐴) ≤ 𝐶 − 𝜑(𝐴𝑛 ), ∀𝑛 = 1,2, …cho 𝑛 → ∞ ta có ngay 𝜑𝑎 (𝐴) = 0 Giải guyết vấn để (ii): Ta có 𝜑𝑠 tập trung trên B, thật vậy: ∀𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 ⇒ 𝜑𝑠 (𝐷) = 𝜑(𝐷 ∩ 𝐵) = 𝜑 (∅) =0 (do (∗)) (do 𝐷 ⊂ 𝐵𝑐