Qua giới hạn dưới dấu tích phân

LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến quý Thầy Cô Khoa khoa học Tự nhiên nói chung Bộ môn Giải tích nói riêng giúp đỡ em trình học tập trường Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến giảng viên môn - Thạc sĩ Nguyễn Tiến Đà tạo hội điều kiện tốt để em làm tập này, cảm ơn thầy giảng dạy bảo tận tình truyền đạt kiến thức quý báu cho em suốt thời gian qua Cảm ơn tập thể lớp K17b Đại học Sư phạm Toán tận tình giúp đỡ, tạo điều kiện cho hoàn thành đề tài này, cảm ơn bạn lớp giúp đỡ trình học tập hoàn thành tiểu luận Bước đầu vào thực tập lớn, kiến thức em hạn chế không tránh khỏi thiếu sót chỗ chưa chuẩn xác, kính mong nhận ý kiến đóng góp quý báu quý Thầy Cô anh chị, bạn học để em hoàn thiện tiểu luận Em xin chân thành cảm ơn! Thanh Hóa, ngày tháng năm Sinh viên Lê Thị Bích Hường MỤC LỤC Mục Tên chương, phần, mục tiểu mục Trang Lời cảm ơn Mục lục Lời mở đầu 3 Sự cần thiết đề tài Mục tiêu nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nội dung nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Nội dung báo cáo: Qua giới hạn dấu tích phân Hội tụ đơn điệu  Định lý (Levi - hội tụ đơn điệu)  Định lý  Một số tập hướng dẫn giải Hội tụ chặn  Bổ đề Fatou  Định lý (Lebesgue - hội tụ chặn)  Một số tập hướng dẫn giải Tích phân coi hàm tập hợp  Định lý  Định lý  Một số tập hướng dẫn giải 4 15 Kết luận 21 Tài liệu tham khảo 22 LỜI MỞ ĐẦU Sự cần thiết đề tài Khi nghiên cứu tích phân, người ta quan tâm tới vấn đề qua giới hạn dấu tích phân, nghĩa tìm điều kiện để có đẳng thức: lim f ∫ f = ∫A lim n →∞ A n n →∞ n Trong giải tích cổ điển, biết tích phân Riemann điều kiện để lim f ∫ f = ∫A lim n →∞ A n n →∞ n thường liên quan đến tính hội tụ nói chung nặng nề Tuy nhiên tích phân Lebesgue điều kiện đơn giản hơn.Với mong muốn tìm hiểu nghiên cứu sâu mảng kiến thức này, em lựa chọn nghiên cứu đề tài "Qua giới hạn dấu tích phân" Mục tiêu nghiên cứu - Tìm hiểu vấn đề Qua giới hạn dấu tích phân tích phân Lebesgue - Trình bày định nghĩa, định lý - Đưa số tập mà việc giải chúng chủ yếu dựa vào định lý vừa nêu Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: Tích phân Lebesgue - Phạm vi nghiên cứu: Các định lý giới hạn dấu tích phân Nội dung nghiên cứu - Định lý hệ chúng - Chứng minh định lý hệ đó, đưa số dạng tập tính dựa điều chứng minh Phương pháp nghiên cứu - Thu thập đọc tài liệu để hiểu lý thuyết - Tổng hợp phương pháp tính - Giải tập tích phân Lebesgue QUA GIỚI HẠN DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN HỘI TỤ ĐƠN ĐIỆU Vấn đề đặt là: điều kiện ta có lim ∫ f n = ∫ lim f n ? A n→ ∞ n→ ∞ A Đối với tích phân Riemann ¡k điều kiện thường liên quan tới tính hội tụ đều, nói chung nặng nề Trái lại tích phân Lebesgue điều kiện rộng rãi, nhiều trình qua giới hạn khó khăn tích phân Riemann giải nhẹ nhàng Định lý (Levi - hội tụ đơn điệu) Nếu ∫ Chứng minh: Nếu hàm tích phân f →∫ f A n fn A đơn giản chẳng qua định nghĩa f Ta xét trường hợp hàm f n n có dãy hàm đơn giản, không âm, coi ≤ fn Z f (đo được) Với gm( n) Z fn Vì f n+ ≥ f n g m( n+1) ≥ g m( n ) Vậy với k ≤ n g n( k ) ≤ g n(n) ≤ f n , ∫ g n( k ) ≤ ∫ g n(n) ≤ ∫ f n A A A Cho n→ ∞ ta có: f k ≤ lim g n( n ) ≤ f , ∫ f k ≤ ∫ lim g n( n ) ≤ lim ∫ f n , A A A cho k→ ∞ ta lại nên f ≤ lim g n( n ) ≤ f ,lim ∫ f k ≤ ∫ lim g n( n ) ≤ lim ∫ f n , A A A chứng tỏ lim g n( n) = f ,lim ∫ f n = ∫ f A A Định lý Nếu fn Z f f1 khả tích ∫ ≤ f n − f1 Z f − f1 theo định lý trước Chứng minh: Ta có ∫ (f A ∫ f →∫ f A A n n − f1 ) → ∫ ( f − f1 ), A f < ∞ (giả thiết), ta viết A ∫ (f A − f1 ) + ∫ f1 → ∫ ( f − f1 ) + ∫ f1, n A A A từ áp dụng tính chất III 2) ta suy kết cần thiết Chú ý fn Z f f khả tích định lý ∞ Hệ Nếu gn ≥ A n Thật vậy, đặt fn = ∑ g k k =1 ta có ∞ ∫ ∑g =∑∫ A n =1 ≤ fn Z n n =1 A ∑g k =1 k theo Định lý lim ∫ f n = ∫ lim f n = ∫ ∑ g k k =1 ∞ ∞ n→ ∞ gn Nhưng n ∫ f =∫ ∑ g =∑ ∫ g n ∞ n k k =1 k =1 k → ∑ ∫ gk k =1 , Vậy ∞ ∞ ∫ ∑ g =∑ ∫ g n =1 n n =1 fn = ∑ gk k =1 ∞ n Hệ Nếu n A ∑∫g n =1 n cho trước Do theo hệ S n = ∫ ∆ f n → ( L) Nhưng mặt khác ∫ ∆ f Sn → ( R) ∫∆ f Vậy ( L) ∫∆ f = ( R) ∫ ∆ f 12 Hệ cho thấy khái niệm tích phân Lebesgue thật mở rộng khái niệm tích phân Riemann Điều cần lưu ý tích phân nói tích phân chân (chứ tích phân suy rộng) Chẳng hạn tích phân ∫0 xα dx(α < 1) ∫ ∞ 1 dx(α > 1) không tồn theo nghĩa Riemann chân xα (chỉ tồn theo nghĩa suy rộng) tồn theo nghĩa Lebesgue chân Tích phân ∫ ∞ sinx dx không tồn theo nghĩa Riemann chân x chính, không tồn theo nghĩa Lebesgue chân chính, mà tồn theo π nghĩa suy rộng (bằng ) * Một số tập điển hình: Bài 1: Cho hàm đo f n  µ→ f f ,{ f n } n=1 cho f n → f h.k.n (hoặc ∞ X) Chứng minh tồn f n ≤ g , ∀ n ≥ lim→ ∞ f n − f = Lời giải Từ giả thiết ta có Đặt f , f n ∈ L1 , ∀n ≥ g n = f n − f ∈ L1 , ta có g n → (h.k.n hay theo µ 13 ) g ∈ L1 (µ ) cho g n ≤ g ∈ L1 Giả sử lim n→ ∞ ∫ X g n d µ = α > Chọn dãy { g n } ⊂ { g n } cho k lim ∫ X g n d µ = α k→ ∞ (1) k +) Mặt khác, từ giả thiết ta coi g n → h.k.n k gn → k Do theo định lý hội tụ bị chặn ta có: lim gn d µ = k→ ∞ ∫X k (2) Từ (1) (2) mâu thuẫn nên ta có điều phải chứng minh! Bài 2: Cho dãy hàm hàm f {f} n khả tích, hữu hạn A, hội tụ A µ ( A) < ∞ Chứng minh f khả tích A lim ∫ f d µ = ∫ A fd µ n →∞ A n Lời giải: Vì hàm Vì dãy {f} n { f } đo nên f đo n hội tụ A f nên có số f n ( x ) − f ( x) ≤ n0 ∈ ¥ * thỏa mãn ∀ x ∈ A, ∀ n ≥ n0 14 (1) • Từ (1) ta có f ( x) ≤ + f n ( x) Vì µ ( A) < khả tích A Do f khả tích A • Cũng từ (1) ta có f n ≤ + f A (∀ n ≥ n0 ) hàm + khả tích A Áp dụng định lý Lebesgue ta có đpcm ∞ nên hàm + fn f Bài 3: Chứng minh rằng: xn lim n dx = ∫0 n →∞ 1+ x Lời giải: Ở ta áp dụng định lý Lebesgue cho dãy hàm nx n f n ( x) = 1+ x không tìm hàm g khả tích cho f n ( x) ≤ g ( x) ∀ n Ta tích phân phần được:  xn n  x n+1 1 x n+1 n ∫0 dx = + dx  ÷ ∫0 1+ x n + 1 + x (1 + x)  n 1  =  + In ÷ n + 1  Áp dụng định lý Lebesgue ta chứng minh Bài 4: Giả sử lim I = n →∞ n µ ( X ) < ∞ Ta ký hiệu M tập hàm đo được, hữu hạn X Trong M ta định nghĩa quan hệ "=" sau: X Ta định nghĩa: 15 f = g ⇔ f ( x) = g(x) h.k.n d ( g ,f) = ∫X f −g dµ 1+ f − g f ,g∈M 1) Chứng minh d mêtric M 2) Giả sử lim f ( x) = f ( x) Chứng minh lim f = f n→ ∞ n n→ ∞ n (M,d) Lời giải: 1) Trước hết ta kiểm tra số d(f, g) hữu hạn với cặp hàm h= f , g ∈ M Thật vậy, f −g + f − g đo được, bị chặn tập X µ ( X ) < ∞ nên hàm khả tích Kiểm tra điều kiện i), iii) mêtric sau: i) Hiển nhiên d ( f , g) ≥ d ( f , g) = ⇔ f ( x) − g ( x) =0 + f ( x) − g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x ) ⇔ f =g M iii) Với f , g, h ∈ M h.k n.X h.k n X ta có: f ( x) − g ( x ) ≤ f ( x) − h( x ) + h( x ) − g ( x ) ⇒ f ( x) − g ( x) f ( x ) − h( x ) h( x) − g ( x) ≤ + + f ( x) − g ( x) + f ( x) − h( x) + h( x) − g ( x) (Phương pháp chứng minh biết) Lấy tích phân vế ta có d ( f , g ) ≤ d ( f , h) + d (h,g) 16 2) Ta cần chứng minh Đặt hn • hn = lim d ( fn , f ) = n→ ∞ fn − f + fn − f đo X, (do µ ( X ) < (n ∈ ¥ * ), ta có: hn = hn ≤ , hàm g(x)=1 khả tích X ∞ ) lim hn = h.k.n X • n→ ∞ fn , f ) = lim ∫ X hn d µ = hay lim( n→ ∞ n →∞ Áp dụng định lý Lebesgue, ta có TÍCH PHÂN COI NHƯ MỘT HÀM TẬP HỢP Giả sử có hàm số f(x) khả tích không gian X độ đo µ xác định σ − đại số ℑ X Ứng dụng tập A∈ ℑ xác định số λ ( A) = ∫ A fd µ Như ta có hàm tập (1) λ ( A) Hàm tập gọi tích phân bất định f(x) Định lý Hàm tập λ ( A) ∞ σ − cộng tính, nghĩa nếu: A = Un=1 An , A∈ Τ , rời có ∫ A f (chẳng hạn f ≥ ) ∞ ∫A f = ∑ ∫A f n =1 17 n (2) Ngược lại có tích phân f ≥ 0, Chứng minh Giả sử ∫ ∞ f ∑ ∫ A f < ∞ có (2) n =1 An n đặt Bn = Unk =1 Ak theo cộng tính ta có, với n ∫ ∞ n Bn f = ∑ ∫ A f  n →∞ → ∑ ∫ A f k k =1 B1 ⊂ B2 ⊂ ⊂ A Mặt khác k k =1 Unk =1 Bn = A , nên ≤ χ B f Z f (n → ∞ ) n A Định lý ∫ Bn f = ∫ A χ B f  n→∞→ ∫ A f n Do suy (2) Đối với hàm f có dấu theo ∞ ∞ + + ∫A f = ∑ ∫ A f , − − ∫A f = ∑ ∫A f , n =1 ∫ A f n =1 có nghĩa vế trái hai đẳng thức phải hữu hạn vế phải hữu hạn, ta viết: ∫ A − Ngược lại giả sử tích phân theo (vì ∞ f = ∫A f − ∫A f = ∑ ∫A ( f − f + + n =1 ∫ − ∞ ) =∑ ∫ n =1 An f ∞ An f có nghĩa f ≥ 0) 18 ∑∫ n =1 An f 0)(∀ E ⊂ A)  µ ( E ) < δ ⇒ Chứng minh Chỉ cần xét trường hợp giản cho ∫ E f < ε  f ≥ Cho f n dãy hàm đơn ≤ f n Z f , giả thiết ≤ f n ≤ n Vì ∫ A f n → ε (∀ε > 0)(∃n0 )(∀n ≥ n0 ) ∫ A ( f − f n ) ≤ Ta chọn δ= ε 2n0 Khi E ⊂ A, µ ( E ) < δ ta có 19 ∫ A f nên ∫ E f = ∫E ( f − f n ) + ∫E f n 0 ≤ ∫ A ( f − f n ) + ∫E f n < ε ε ε + n0 µ ( E ) < + = ε 2 * Một số tập vận dụng Bài 1: Cho f hàm đo được, dương, hữu hạn h.k.n A Với đặt k∈ ¢ Ak = { x ∈ A : 2k −1 < f ( x) ≤ 2k } Chứng tỏ f khả tích A +∞ khi: ∑ µ (A ) < ∞ k k k = −∞ Lời giải: Đặt B = { x ∈ A : f ( x) = +∞ } Ta có tập không giao nhau, có hợp A Do tính A k = −∞ Ak (chú ý ∫ fd µ = µ ( B) = ) B k −1 k µ ( A ) ≤ fd µ ≤ µ ( Ak ) ta có ∫ k Vì A k +∞ +∞ k µ ( Ak ) ≤ ∫A fd µ ≤ ∑ 2k µ ( Ak ) ∑ k =−∞ k =−∞ Từ ta có điều phải chứng minh Bài 2: Với giả thiết giả sử thêm 20 tập σ − cộng tích phân, ta có: +∞ ∫ fd µ = ∑ ∫ fd µ Ak ,(k ∈¢ ), B µ ( X ) = a) Chứng minh f r ≤ f s < r < s ≤ ∞ b) Tìm điều kiện cho với c) Chứng minh Lr ⊃ Ls 0< r < s≤ ∞ f r= f s1 a) +) Nếu < s < ∞ : Đặt r Thế µ ( x) = x lồi [0, ∞ ) Sau sử dụng bất đẳng thức Jensen ta có điều phải chứng minh +) Nếu b) Do s = ∞ : bất đẳng thức tầm thường µ ( x) = x p lồi chặt [0, ∞ ) nên để có f r = f s < ∞ giả thiết f = constant h.k.n c) +) Theo (a) ta có Lr ⊃ Ls , < r < s ≤ ∞ tồn α > cho: µ (A) > ⇒ µ (A) ≥ α +) Điều kiện đủ: Lúc ta phân hoạch X thành số hữu hạn nguyên tử, nguyên tử có độ đo nguyên tử, ta có Lp Như gọi n số £ n , ∀p ∈ (0, ∞) Do Lr = Ls +) Điều kiện cần: Giả sử Khi với ≥α n ∈ ¢ + , ∃ An ∈ M µ không thỏa mãn điều kiện nói cho < µ ( An ) < 3− n 21 Ai ∩ Aj = ∅ , ∀ i ≠ j Chúng ta giả sử Đặt an = µ ( An ) an → n → ∞ Khi tồn dãy { an } k =1 ⊂ { an } n=1 cho: ∞ ∞ k ∞ ∑a k =1 1− r s