Tích phân Lebesgue

CHƯƠNG II. TÍCH PHÂN LEBESGUE $1. ĐỊNH NGHĨA 1. Tích phân của hàm đơn giản Cho không gian độ đo ( ) , μ Χ M, , Α∈ M và S là hàm đơn giản, đo được trên A. Gọi 1 α , 2 α , …, n α là các giá trị khác nhau đôi một của S . Đặt ( ) { } :,1, α =∈ = = kk A xASx k n . Thế thì các k A rời nhau, 1 n k k A A = = U và () () 1 , αχ = = ∀∈ ∑ k n kA k Sx x x A . Khi đó người ta định nghĩa tích phân của hàm S như sau. a) Định nghĩa 1 . Số 1 () n k k k A αμ = ∑ được gọi là tích phân của hàm đơn giản, đo được S trên tập hợp A đối với độ đo μ và kí hiệu A Sd μ ∫ hay () A Sxd μ ∫ . Vậy 1 () n k k k A Sd A μαμ = = ∑ ∫ (1) b) Nhận xét 1. A Sd μ ∫ là một số không âm hữu hạn hoặc vô hạn. 2. Ta chứng minh định nghĩa tích phân bởi công thức (1) là hợp lý, nghĩa là chứng minh giá trị của tích phân đó không phụ thuộc vào cách biểu diễn hàm số S(x). Thật vậy, giả sử hàm đơn giản S(x) có hai cách biểu diễn: () () 1 , αχ = =∀∈ ∑ k n kA k Sx x x A ; () () 1 , βχ = =∀∈ ∑ i m iB i Sx x x A , trong đó , k i AB ∈ M, 11 nm ki ki A AB == == UU , '' ,,',' kk ii AA BB kkii φφ ∩= ∩=≠≠ . Ta cần chứng minh 11 () () nm k kii ki A B αμ βμ == = ∑∑ . Ta có 11 ()( ) mm k kkiki ii A AAA B AB == == =II UUI , trong đó '' ()( )(),' ki ki k ii AB AB A BB ii φ = =≠ II I II Do đó 1 () ( ) m kki i A AB μμ = = ∑ I 111 () ( ) nnm kk kk i kki A AB αμ αμ === ⇒= ∑∑∑ I Tương tự 111 () ( ) mmn ii ii k iik B BA βμ βμ === = ∑∑∑ I Xét một cặp (,)k i , có hai khả năng: + ki AB=∅ I , khi đó ()0() k ki iki AB BAB αμ μ == II + ki AB≠∅ I , lấy 0 k i xAB∈ I thì 00 () ,() kiki Sx Sx α βαβ ==⇒= ()() k kiiki A BAB αμ βμ ⇒= II . Vậy 11 11 () () mn mn k ki iki ik ik AB AB αμ βμ == == = ∑∑ ∑∑ II . Từ đây ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1. Cho hàm Direchle trên [ ] 0,1 : [ ] [] 1, 0,1 () 0, 0,1 \ khix Q Dx khix Q ⎧ ∈ ⎪ = ⎨ ∈ ⎪ ⎩ I . Ta có [ ] (0,1)()0QQ μμ ≤ = I [ ] (0,1)0Q μ ⇒= I . Do đó [ ] (0,1 \ ) 1Q μ = . Vậy [] 0,1 () 1.0 0.1 0Dxd μ = += ∫ . Ví dụ 2. Cho hàm số 1 1, 0 2 () 1 2, 1 2 khi x fx khi x ⎧ ≤ < ⎪ = ⎨ ⎪ ≤ < ⎩ Thế thì [0,1) 113 1. ([0, )) 2. ([ ,1)) 222 fd μμ μ =+= ∫ . c) Các tính chất 1. Nếu hai hàm đơn giản, đo được ,0,fg f g≥≤ trên A thì AA fd gd μ μ ≤ ∫ ∫ 2. Nếu hai dãy hàm đơn giản, đo được {}{ } ,, nn fgn ∗ ∈ ¥ , đơn điệu tăng và lim lim nn nn fg →+∞ →+∞ = trên A thì lim lim nn nn A A fd gd μ μ →+∞ →+∞ = ∫ ∫ (1) Chứng minh Đặt lim n n ff →+∞ = . Khi đó lim n n gf →+∞ = . Xét hai trường hợp sau đây. a) f là hàm đơn giản: 1 () () k m kA k fx x αχ = = ∑ . Ta chứng minh lim n n AA fd fd μ μ →+∞ = ∫∫ (2) Thậy vậy, chọn (0,1)t ∈ bất kì, đặt {} , :() k nknk AxAfxt α =∈ ≥ . Khi đó, do 1 nn ff + ≤ nên ,,1k nkn AA + ⊂ . Mặt khác, với k x A∈ ta có () kk fx t α α = > , mà n f f↑ nên với n đủ lớn () nk f xt α > , do đó ,, 1 k nkn n xA x A +∞ = ∈⇒∈ U . Từ đó ta có bao hàm , 1 k kn n AA +∞ = ⊂ U . Bao hàm ngược lại là hiển nhiên vì ,, 1 : k nk knk n nAA AA +∞ ∗ = ∀∈ ⊂ ⇒ ⊂¥ U . Vậy ,, 1 () lim( ) k kn k kn n n AA A A μμ +∞ →+∞ = =⇒= U . Đặt , 1 () () kn m nkA k xt x ϕαχ = = ∑ thì nn n n A AA f fdfdfd ϕ ϕμ μ μ ≤≤⇒ ≤ ≤ ∫∫∫ (3) Cho n →+∞ , ta được , 11 () () mm nkknkk kk AA dtA tAtfd ϕ μαμ αμ μ == =→= ∑∑ ∫∫ . Lấy giới hạn của (3) khi n →+∞ ta có lim n n A AA tfd fd fd μ μμ →+∞ ≤≤ ∫∫∫ Lại cho 1t → ta được (2). Tương tự ta chứng minh được lim n n A A g dfd μ μ →+∞ = ∫ ∫ (vì lim n n gf →+∞ = ). Từ đó ta có (1) khi f là hàm đơn giản. b) Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp 0f ≥ là hàm đo được tuỳ ý. Lấy cố định m ∗ ∈ ¥ , đặt { } min , nnm h fg= thì n h cũng là hàm đơn giản. Mặt khác, do lim nnm n f fgg →+∞ ↑= ≥ nên nm hg↑ khi n →+∞ . Theo phần vừa chứng minh, ta có lim nm n A A h dgd μ μ →+∞ = ∫∫ Nhưng vì lim lim nn n n n n nn AA A A h f hd fd hd fd μ μμμ →+∞ →+∞ ≤⇒ ≤ ⇒ ≤ ∫∫ ∫ ∫ lim mn n AA gd fd μ μ →+∞ ⇒≤ ∫∫ . Cho m →+∞ ta được lim lim mn mn AA gd fd μ μ →+∞ →+∞ ≤ ∫ ∫ hay lim lim nn nn AA gd fd μ μ →+∞ →+∞ ≤ ∫∫ . Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức ngược lại. Vậy ta có (1) với 0f ≥ là hàm đo được bất kì. 2. Tích phân của hàm đo được bất kì a) Trường hợp hàm số đo được không âm Cho :[0,]fA→+∞ là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu tăng các hàm đơn giản đo được 0 n f ≥ hội tụ về f trên A . Định nghĩa 2. Tích phân của hàm f trên A đối với độ đo μ là số (hữu hạn hoặc vô hạn) lim n n AA fd f d μ μ →+∞ = ∫∫ (4) Theo tính chất 2 của tích phân của hàm đơn giản thì tích phân (4) được xác định một cách duy nhất, không phụ thuộc vào cách chọn dãy hàm đơn giản { } n f . b) Trường hợp hàm đo được có dấu bất kì Giả sử f là hàm đo được trên A . Khi đó ta có ,, 0ff fff +−+− = −≥ . Các hàm số ,ff +− có tích phân tương ứng trên A là , AA fd fd μ μ ++ ∫ ∫ Xét hiệu AA fd fd μ μ ++ − ∫∫ . Định nghĩa 3. Nếu hiệu AA fd fd μ μ ++ − ∫∫ có nghĩa (tức là không có dạng ∞−∞ ), thì ta gọi nó là tích phân của hàm đo được f trên A đối với độ đo μ : AA A fd fd fd μ μμ ++ =− ∫∫ ∫ (5) Định nghĩa 4. Nếu tích phân (5) hữu hạn thì ta nói f là hàm khả tích trên tập hợp A . Định nghĩa 5. Khi X = ¡ và μ là độ đo Lebesgue thì tích phân định nghĩa như trên được gọi là tích phân Lebesgue, kí hiệu lại là () A Lfdx ∫ hoặc () () A Lfxdx ∫ . c) Các tính chất đơn giản Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây. 1. () , A cd c A c const μμ == ∫ 2. () () ( ) BBA AA x dxdBA αχ μ αχ μ αμ ∩ ==∩ ∫∫ 3. () () () 11 1 αχ μ αχ μ αμ ∩ == = ==∩ ∑∑ ∑ ∫∫ BB kk nn n kkAkk kk k AA x dxdBA 4. Nếu () 0A μ = , f đo được thì 0fd μ = ∫ 5. Nếu () A μ < +∞ , f đo được và bị chặn trên A thì f khả tích trên A. Chứng minh 4. Cho 0 f ≥ . Nếu () 0 A μ = thì với mọi dãy hàm { } n f đơn giản tăng về f ta có 00 n AA fd fd μμ = ⇒= ∫∫ 5. () A μ <+∞ , () , f xKxA ≤∀∈ thì với mọi dãy hàm đơn giản { } n f tăng về f , ta có n f K ≤ nên () n AA fd Kd K A μμμ ≤ =<+∞ ∫∫ . Từ đó suy ra () lim n n AA fd f d K A μμμ →∞ =≤<+∞ ∫∫ Nhận xét. Từ tính chất 5 suy ra mọi hàm số bị chặn, liên tục hầu khắp nơi trên khoảng hữu hạn ⊂ I  đều khả tích Lebesgue. Như vậy lớp các hàm khả tích Lebesgue trong  bao gồm tất cả các hàm khả tích Riemann và còn bao gồm nhiều hàm số khác (như hàm Direchle chẳng hạn). $2. CÁC TÍNH SƠ CẤP CỦA TÍCH PHÂN Ở mục này ta luôn giả thiết các hàm số và tập hợp được nói đến đều đo được. 1. Cộng tính. Định lý 1. Nếu φ Α ∩Β= thì f dfdfd μ μμ Α∪Β Α Β =+ ∫ ∫∫ (với giả thiết vế trái hoặc vế phải có nghĩa.) Chứng minh. a) Trường hợp f đơn giản trên Α ∪Β . () () 1 1 , αχ Ε = = =Ε=Α∪Β ∑ k n n kk k k fx x U Ta có ( ) ( ) ( ) Ε=Α∪Β∩Ε=Α∩Ε ∪Β∩Ε kkkk . Vì A, B rời nhau nên Α∩Ε k , Β∩Ε k rời nhau. Do đó () ( ) ( ) 11 1 μαμ αμ αμ μμ == = Α∪Β ΑΒ = Ε = Α∩Ε + Β∩Ε = =+ ∑∑ ∑ ∫ ∫∫ nn n kk k k k k kk k fd fd fd b) Trường hợp 0 f ≥ trên Α∪Β . Cho {} n f là dãy hàm đơn giản, n f tăng về f thì theo a) nnn f dfdfd μ μμ Α∪Β Α Β =+ ∫∫∫ Cho n →∞ ta được đẳng thức cần chứng minh. c) Trường hợp f bất kỳ: Theo b) () 1fd fd fd μμμ +++ Α∪Β Α Β =+ ∫∫∫ () 2fd fd fd μμμ −−− Α∪Β Α Β =+ ∫∫∫ Nếu f d μ Α∪Β ∫ có nghĩa thì vế trái của một trong hai đẳng thức trên hữu hạn (nếu chẳng hạn vế trái của (1) hữu hạn thì hai tích phân ở vế phải hữu hạn và các hiệu số fd fd μ μ +− ΑΑ − ∫∫ , f dfd μ μ +− ΒΒ − ∫∫ có nghĩa.) Trừ (1) cho (2) ta được điều phải chứng minh. Nếu f d f d μ μ ΑΒ + ∫∫ có nghĩa thì suy luận tương tự. Hệ quả 1. Nếu Ε ⊂Α và f d μ Α ∃ ∫ thì f d μ Β ∃ ∫ . Nếu f khả tích trên A thì f khả tích trên E. Hệ quả 2. Nếu () 0 μ Β= thì f dfd μ μ Α∪Β Α = ∫ ∫ . Chứng minh. - Nếu A, B rời nhau thì đây là hệ quả trực tiếp của định lý 1 và tính chất 4 trong $1. - Nếu A, B không rời nhau thì ta viết ( ) \Α ∪Β=Α∪ Β Α và vì () \0 μ ΒΑ= nên ta trở lại trường hợp trên. 2. Bảo toàn thứ tự . Định lý 2. Nếu fg  thì f dgd μ μ ΑΑ = ∫∫ . Đặc biệt, nếu 0 f = hầu khắp nơi trên A thì 0 fd μ Α = ∫ . Chứng minh. Đặt () ( ) { } : x fx gxΒ= ∈Α = thì Β∈ M và ( ) \0 μ Α Β= (do fg  ). Theo hệ quả 2 định lý 1 () \ fd fd fd μ μμ ΑΒ∪ΑΒ Β == ∫∫∫ tương tự g d g d μ μ ΑΒ = ∫∫ Từ đó suy ra f d g d μ μ ΑΑ = ∫∫ . Nhận xét. Tính chất này cho thấy: khi thay đổi giá trị của hàm số lấy tích phân trên một tập hợp có độ đo 0 thì giá trị của tích phân không thay đổi. Do đó nếu f đo được trên tập hợp 'Α ⊂Α với () \' 0 μ ΑΑ = thì dù f không xác định trên \'ΑΑ người ta vẫn định nghĩa ' f dfd μ μ ΑΑ = ∫ ∫ Định lý 3. Nếu f g ≤ trên A thì f dgd μ μ ΑΑ ≤ ∫ ∫ . Đặc biệt nếu 0 f ≥ trên A thì 0 fd μ Α ≥ ∫ . Chứng minh. - Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên. - Nếu f , 0g ≥ trên A thì có dãy hàm đơn giản { } n f tăng đến f , { } n g tăng đến g sao cho nn fg≤ . Khi đó μ μ ΑΑ ≤ ∫∫ nn f d g d . Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh. - Nếu f , g tùy ý thì f g ++ ≤ , fg − − ≥ nên f d g d μ μ ++ ΑΑ ≤ ∫∫ , f dgd μ μ −− ΑΑ ≥ ∫∫ . Trừ từng vế ta được điều phải chứng minh. Hệ quả 3. Nếu f khả tích trên A thì nó phải hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Chứng minh. Đặt () { } : xfxΒ= ∈Α =+∞ . Theo hệ quả 1, f khả tích trên B nhưng với k ∀ ta có () f xk > trên B nên () , f dk k μμ Β ≥Β∀ ∫ Bất đẳng thức này chỉ đúng với k ∀ nếu ( ) 0 μ Β = . Tương tự ta cũng chứng minh được trường hợp tập hợp ( ) { } C: xfx =∈Α =−∞ sẽ có ( ) C0 μ = . Vậy f hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Hệ quả 4. Nếu 0 f ≥ trên A và 0 fd μ Α = ∫ thì 0 f = hầu khắp nơi trên A. Chứng minh. Đặt () 1 :, ∗ ⎧⎫ Β= ∈Α ≥ ∈ ⎨⎬ ⎩⎭ n xfx n n  . Ta có () \ 0 11 , μ μμμ μμ ΑΑΒ Β Β ∗ Β == + ≥ ≥ ≥=Β∀∈ ∫∫∫∫ ∫ nn n n n fd fd fd fd dn nn  Do đó () 0 n μ Β= . Mặt khác () {} 1 :0 n n xfx ∞ = Β= ∈Α > = Β U . Vậy () 0 μ Β= , suy ra 0 f = hầu khắp nơi trên A. 3. Tuyến tính Định lý 4. , A A cfd c fd c const μμ == ∫∫ [...]... giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann Định lý 2 f khả tích Riemann trên [ a, b] thì nó khả tích Lebesgue trên [ a, b] và Nếu ( L) ∫ b ∫ fdμ =( R) f ( x )dx [ a,b] a 1 Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân suy rộng a) Tích phân suy rộng loại một +∞ Định lý 3 Cho tích phân suy rộng ∫ f ( x )dx a f ≥ 0 và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn hữu hạn [ a, b] ⊂ [ a, +∞ ) Giả sử +∞ Khi đó tích. .. ⊂¡ ∫ ¡ , nếu f khả tích Riemann trên một thì f khả tích Lebesgue trên I và ta có ∫ ( L ) fdμ = ( R) f ( x )dx I I $4 MỐI LIÊN HỆ GIỮA TÍCH PHÂN LEBESGUE với TÍCH PHÂN RIEMANN và TÍCH PHÂN SUY RỘNG Điều kiện khả tích Riemann Định lý 1 (Lebesgue) Hàm bị chặn f trên [ a, b] là khả tích Riemann khi và chỉ khi tập hợp các điểm gián đoạn của nó có độ đo không Nói một cách khác, f f khả tích Riemann trên... = ( L) ∫ fdμ [ a,b] a b Định lý 5 Cho tích phân suy rộng ∫ f ( x)dx với b là điểm kì dị a Giả sử f ≥ 0 và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ a, b − ε ] b Khi đó tích phân suy rộng ∫ f ( x)dx hội tụ khi và chỉ khi f khả tích a Lebesgue trên [ a, b] và b ∫ f ( x)dx = ( L) ∫ a fdμ [ a,b] Chú ý: Nếu các tích phân suy rộng trên đây phân kì ( = +∞ ) , thì tích phân Lebesgue của các hàm số tương ứng cũng... Khi đó tích phân suy rộng Lebesgue trên [ a, +∞ ) ∫ f ( x )dx hội tụ khi và chỉ khi khả tích a và +∞ ∫ f f ( x )dx = ( L ) ∫ fdμ [ a,+∞ ) a b) Tích phân suy rộng loại hai b Định lý 4 Cho tích phân suy rộng ∫ f ( x)dx với a là điểm kì dị a Giả sử f ≥ 0 và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ a + ε , b] b Khi đó tích phân suy rộng ∫ f ( x)dx hội tụ khi và chỉ khi f a Lebesgue trên [ a, b] và khả tích b ∫... 9 Nếu f A g khả tích, Chứng minh Giả sử bị chặn trên A thì g ≤ M trên A Ta có fg ≤ M f ⇒ ∫ fg dμ ≤ A Do đó, nếu tích trên f f g khả tích trên A khả tích thì f ∫ M f dμ = M ∫ A khả tích, suy ra f dμ A fg khả tích , vậy f g khả A $3 CHUYỂN GIỚI HẠN QUA DẤU TÍCH PHÂN Vấn đề đặt ra là với điều kiện nào ta có đẳng thức: ∫ fndμ = ∫ nlim fndμ n →+∞ →+∞ lim A A Ta đã biết, đối với tích phân xác định theo... ) ≥ 0, ∀x ∈ [0,1] và tích phân suy rộng loại hai với 0 là điểm kì dị 1 ∫ 1 ∫ g( x )dx = 0 0 hội tụ Theo định lý 4, g khả tích Lebesgue trên 1 dx x [0,1] Vậy f [0,1] c) Ta tính tích phân của Ta có ( L) ∫ khả tích Lebesgue trên f = ∫ 0 1 ∫ fdμ = ( L ) [0,1] 1 cũng gdμ = [0,1] 1 dx = lim a→0 x 1 ∫ a ∫ g( x)dx = 0 1 1 dx = lim 2 x = 2 a a →0 x Ví dụ 4 Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số... Vì f phải chứa Vậy f (1,1 + δ ) là khoảng có độ đo khác 0 không khả tích Riemann b) Xét tính khả tích Lebesgue Ta có f ( x ) ≠ h( x ), ∀x ∈ [0,1] ∩ ¤ , μ ([0,1] ∩ ¤ ) = 0 nên f : h trên [1, e] Mà h liên tục trên [1, e] nên h khả tích Riemann và do đó khả tích Lebesgue trên Vậy f [1, e] cũng khả tích Lebesgue trên c) Ta tính tích phân của Ta có (L) ∫ f fd μ = ( L ) [1, e ] [1, e] ∫ e [1, e ] e =... khả tích Riemann trên 2 không khả tích Riemann trên [0,1] b) Xét tính khả tích Lebesgue Đặt 1 ⎧ ln(1 + x ), khi x ∈ [0, ] ⎪ 2 k( x ) = ⎨ ⎪ arctgx, khi x ∈ ( 1 ,1] 2 ⎩ f ( x ) ≠ k( x ), ∀x ∈ [0,1] ∩ ¤ , μ ([0,1] ∩ ¤ ) = 0 nên f : k trên [0,1] Mà k bị chặn trên [0,1] và chỉ gián đoạn thì 1 x = , suy ra k khả tích Riemann trên [0,1] và do đó khả tích tại 2 Lebesgue trên [0,1] Vậy f c) Ta tính tích phân. .. < +∞ ⇒ A ∫ ( f + + f − )d μ = A Vậy f A ∫ A khả tích trên A ∫ f + dμ , f dμ < +∞ ∫ A f − dμ < +∞ ⇒ f ≤ g Định lý 8 Nếu hầu khắp nơi trên A và g khả tích trên A thì f khả tích trên A Chứng minh f ≤ g⇒ ∫ f dμ ≤ A Vì nên nếu g khả tích trên A thì f khả A tích trên A , suy ra Định lý 9 Nếu Chứng minh ∫ gdμ f khả tích trên A f , g khả tích trên f ± g khả tích trên A thì ∫ ( f ± g )dμ = ∫ fdμ ± ∫ gdμ A... phân xác định theo Riemann thì điều kiện cần là dãy { } [ ] hàm fn hội tụ đều về hàm số f trên đoạn lấy tích phân a, b Đây là một điều kiện rất ngặt nghèo Trái lại, đối với tích phân Lebesgue thì điều kiện lại khá rộng rãi Trong mục này ta xét hai trường hợp cho phép chuyển giới hạn qua dấu tích phân với điều kiện dãy hàm hội tụ đơn điệu, hoặc hội tụ bị chặn 1 Hội tụ đơn điệu Định lý 1 (đối với dãy . f là hàm khả tích trên tập hợp A . Định nghĩa 5. Khi X = ¡ và μ là độ đo Lebesgue thì tích phân định nghĩa như trên được gọi là tích phân Lebesgue, kí. ≤ = ∫ ∫∫ Do đó, nếu f khả tích thì f khả tích, suy ra fg khả tích , vậy .fg khả tích trên A . $3. CHUYỂN GIỚI HẠN QUA DẤU TÍCH PHÂN Vấn đề đặt ra là với