Giao trình giải tích cơ sở

GIẢI TÍCH (CƠ SỞ) Phần 3. Độ Đo Và Tích Phân §3. TÍCH PHÂN THEO LEBESGUE Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán (Phiên bản đã chỉnh sửa) PGS TS Nguyễn Bích Huy Ngày 1 tháng 3 năm 2006 1 PHẦN LÝ THUYẾT 1. Điều kiện khả tích theo Riemann Nếu hàm f khả tích trên [a, b] theo nghĩa tích phân xác định thì ta cũng nói f khả tích theo Riemann hay (R)−khả tích. Định lý 1 Hàm f khả tích Riemann trên [a, b] khi và chỉ khi nó thỏa mãn hai điiều kiện sau : i. f bị chặn. ii. Tập các điểm gián đoạn của f trên [a, b] có độ đo Lebesgue bằng 0. 2. Định nghĩa tích phân theo Lebesgue Cho không gian độ đo (X,F, µ) và A ∈ F, f : A −→ R là hàm đo được (a) Nếu f là hàm đơn giản, không âm trên A và f = n∑ i=n ai.1Ai với Ai ∈ F,Ai ∩ Aj = ø (i 6= j) và n⋃ i=1 Ai = A thì ta định nghĩa tích phân của f trên A theo độ đo µ bởi : ∫ A fdµ := n∑ i=n aiµ(Ai) (b) Nếu f là hàm đo được, không âm thì tồn tại dãy các hàm đơn giản, không âm fn sao cho fn(x) ≤ fn+1(x), lim n→∞ fn(x) = f(x) ∀x ∈ A Khi đó ta định nghĩa ∫ A fdµ = lim n→∞ ∫ A fndµ Chú ý rằng, tích phân hàm đo được không âm luôn tồn tại, là số không âm và có thể bằng +∞ 1 (c) Nếu f là hàm đo được thì f+(x) = max{f(x), 0}, f−(x) = max{−f(x), 0} là các hàm đo được, không âm và ta có f(x) = f+(x)− f−(x). Nếu ít nhất một trong các tích phân ∫ A f+dµ, ∫ A f−dµ là số hữu hạn thì ta định nghĩa ∫ A fdµ = ∫ A f+dµ− ∫ A f−dµ Ta nói f khả tích trên A nếu ∫ A fdµ tồn tại và hữu hạn (hay cả hai tích phân∫ A f+dµ, ∫ A f−dµ là số hữu hạn). 3. Các tính chất Cho không gian độ đo (X,F, µ) 3.1 Một số các tính chất quen thuộc : Giả sử A ∈ F và f, g là các hàm đo được, không âm trên A hoặc khả tích trên A. Khi đó ta có • ∫ A (f + g)dµ = ∫ A fdµ + ∫ A gdµ∫ A cfdµ = c ∫ A fdµ ∀c ∈ R • Nếu f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ A thì ∫ A fdµ ≤ ∫ A gdµ • Nếu A = A1 ∪ A2 với A1, A2 ∈ F,A1 ∩ A2 = ø thì∫ A fdµ = ∫ A1 fdµ + ∫ A2 fdµ 3.2 Sự không phụ thuộc tập độ đo O. Khái niệm "hầu khắp nơi" Định nghĩa Giả sử P (x) là một tính chất phát biểu cho mỗi x ∈ A sao cho ∀x ∈ A thì hoặc P (x) đúng hoặc P (x) sai. Ta nói tính chất P (x) đúng (hay xảy ra) hầu khắp nơi (viết tắt hkn) trên tập A nếu tập B = {x ∈ A : P (x) không đúng} được chứa trong một tập C ∈ F mà µ(C) = 0 (hoặc µ(B) = 0 nếu đã biết B ∈ F ). Ví dụ 1) Giả sử f, g đo được trên A. Ta có B := {x ∈ A : f(x) 6= g(x)} ∈ F Do vậy ta nói "f(x) = g(x) hkn trên A " thì có nghĩa là µ(B) = 0. 2) Nếu f đo được trên A thì tập B = {x ∈ A : |f(x)| = +∞} thuộc F . Ta nói "f hữu hạn hkn trên A" thì có nghĩa µ(B) = 0. 2 3) Cho các hàm đo được fn, f (n = 1, 2, . . .). Ta nói "Dãy {fn} hội tụ hkn trên A về F thì có nghĩa B = {x ∈ A : fn(x) 6→ f(x)} có độ đo 0. Sự không phụ thuộc tập độ đo 0 Nếu µ(A) = 0 và f đo được trên A thì ∫ A fdµ = 0. Do đó : • Nếu f có tích phân trên A ∪B và µ(B) = 0 thì∫ A∪B gdµ = ∫ A fdµ • Nếu f, g đo được trên A, f(x) = g(x) hkn trên A và f có tích phân trên A thì∫ A gdµ = ∫ A fdµ 3.3 Nếu f đo được, không âm trên A và ∫ A fdµ = 0 thì f(x) = 0 hkn trên A. 3.4 Nếu f khả tích trên A thì f(x) hữu hạn hkn trên A 3.5 Tính chất σ−cộng Giả sử An ∈ F (n ∈ N∗), An ∩ Am = ø (n 6= m) và f là hàm đo được, không âm hoặc khả tích trên A = ∞⋃ n=1 An. Khi đó ∫ A fdµ = ∞∑ n=1 ∫ An fdµ 3.6 Một số điều kiện khả tích: • Nếu f đo được trên A thì f khả tích trên A khi và chỉ khi |f | khả tích trên A. • Nếu f đo được, g khả tích trên A và |f(x)| ≤ g(x) ∀x ∈ A thì f cũng khả tích trên A. • Nếu f đo được, bị chặn trên A và µ(A) < ∞ thì f khả tích trên A. 4. Qua giới hạn dưới dấu tích phân Định lý Levi (hội tụ đơn điệu) Giả sử : i. fn(n ∈ N∗) là các hàm đo được trên A và 0 < fn(x) < fn+1(x), x ∈ A ii. lim n→∞ fn(x) = f(x) x ∈ A Khi đó lim n→∞ ∫ A fndµ = ∫ A fdµ (một cách hình thức lim ∫ A fndµ = ∫ A lim fndµ) Định lý Lebesgue (hội tụ bị chặn) Giả sử : i. Các hàm fn đo được trên A và tồn tại hàm g khả tích trên A sao cho |fn(x)| ≤ g(x) ∀n ∈ N∗,∀x ∈ A 3 ii. lim n→∞ fn(x) = f(x) x ∈ A Khi đó ∫ A fdµ = lim n→∞ ∫ A fdµ Ghi chú Do sự không phụ thuộc vào tập độ đo 0 của tích phân, ta có thể giả thiết các diều kiện i., ii. trong định lý Levi và Lebesgue chỉ cần đúng hkn trên A. 5. Liên hệ giữa tích phân Riemann và tích phân Lebesgue Nếu A ⊂ R là tập (L)−đo được thì tích phân theo độ đo Lebesgue cũng ký hiệu (L) ∫ A f(x)dx hoặc (L) b∫ a f(x)dx nếu A = [a, b]. Định lý 1) Nếu f khả tích Riemann trên [a, b] thì f cũng khả tích theo nghĩa Lebesgue trên [a, b] và ta có (L) b∫ a f(x)dx = (R) b∫ a f(x)dx 2) Nếu f khả tích Riemann suy rộng trên [a, b] (hoặc trên [a,∞]) và là hàm không âm thì f khả tích theo nghĩa Lebesgue trên [a, b] (trên [a,∞]) và ta có : (R) b∫ a f(x)dx = (L) b∫ a f(x)dx (R) ∞∫ a f(x)dx = (L) ∞∫ a f(x)dx  2 PHẦN BÀI TẬP Trong các tập dưới đây ta luôn giả thiết có một không gian độ đo (X,F, µ). Các tập được xét luôn thuộc F Bài 1 Cho hàm f đo được trên A, hàm g, h khả tích trên A sao cho g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) ∀x ∈ A. Chứng minh f khả tích trên A. Giải Ta có f+ ≤ h+, f− ≤ g− ( vì g ≤ f ≤ h) ⇒ ∫ A f+dµ ≤ ∫ A h+dµ, ∫ A f− ≤ ∫ A g−dµ Các tích phân ở vế phải hữu hạn nên ∫ A f±dµ < ∞. Suy ra f khả tích. (Bài này cũng có thể giải dựa vào bất đẳng thức |f(x)| ≤ |g(x)|+ |h(x)|) Bài 2 4 1. Cho hàm số f ≥ 0, đo được trên A. Xét các hàm fn(x) = { f(x), nếu f(x) ≤ n n, nếu f(x) > n (n ∈ N∗) Chứng minh lim n→∞ ∫ A fndµ = ∫ A fdµ 2. Ứng dụng kết quả trên để tính (L) 1∫ 0 dx√ x Giải 1. Ta dễ dàng kiểm tra rằng fn(x) = min{n, f(x)}. Do đó : • fn(x) đo được, không âm. • fn(x) = min{n, f(x)} ≤ min{n + 1, f(x)} = fn+1(x) • lim n→∞ fn(x) = min{ lim n→∞ n, f(x)} = min{+∞, f(x)} = f(x) Áp dụng định lý Levi ta có đpcm. 2. Đặt f(x) = 1√ x , x ∈ (0, 1], f(0) = +∞. Ta dễ dàng tìm được fn(x) =  1√ x , nếu x ∈ [ 1 n2 , 1] n nếu x ∈ [0, 1 n2 ] (L) 1∫ 0 fn(x)dx = (R) 1∫ 0 fn(x)dx = 2− 1 n Theo câu 1) ta có (L) 1∫ 0 f(x)dx = lim n→∞ 1∫ 0 fn(x)dx = 2. Bài 3 Cho hàm f khả tích trên A. Ta xây dựng các hàm fn như sau : fn(x) =  f(x), nếu |f(x)| ≤ n n, nếu f(x) > n −n, nếu f(x) < −n Chứng minh lim n→∞ ∫ A fndµ = ∫ A fdµ Giải Ta dễ thấy fn(x) = min{n,max{−n, f(x)}}. Từ đây ta suy ra : 5 • fn đo được, |fn| ≤ |f | ∀n ∈ N∗ • lim n→∞ fn(x) = min{+∞,max{−∞, f(x)}} = f(x) ∀x ∈ A Áp dụng định lý Lebesgue ta có đpcm. Bài 4 Cho ϕ là hàm đo được, không âm trên X. Ta định nghĩa : γ(A) = ∫ A ϕdµ, A ∈ F 1. Chứng minh γ là độ đo. 2. Giả sử f là hàm đo được, không âm trên X. Chứng minh∫ X fdγ = ∫ X fϕdµ Giải 1. Vì ϕ là hàm đo được, không âm nên ∫ A ϕdµ tồn tại, không âm. • Chú ý rằng ∫ A ϕdµ = 0 nếu µ(A) = 0, ta có γ(φ) = 0 • Sử dụng tính chất σ−cộng của tích phân ta suy ra γ có tính σ−cộng 2. • Đầu tiên ta kiểm tra rằng đẳng thức đúng khi f là hàm đơn giản, không âm : f = n∑ i=1 ai1Ai , Ai ∩ Aj = ø(i 6= j), n⋃ i=1 Ai = X. Thật vậy ∫ X fdγ = n∑ i=1 aiγ(Ai) ∫ X fϕdµ = n∑ i=1 ai ∫ X 1Aiϕdµ = n∑ i=1 ai ∫ Ai ϕdµ Từ đây ta có đpcm. • Nếu f đo được, không âm thì tồn tại dãy các hàm đơn giản fn 0 ≤ fn ≤ fn+1, lim fn = f. Ta có : ∫ X fndγ = ∫ X fnϕfµ ∀n ∈ N (do bước trên) lim ∫ X fndγ = ∫ X fdγ, lim ∫ X fnϕdµ = ∫ X fϕdµ (Do định lý Levi) Từ đây ta có đpcm. 6 Bài 5 Cho các hàm f, g khả tích trên A. Với n ∈ N ta đặt : An = {x ∈ A : n ≤ |f(x)| < n + 1} Bn = {x ∈ A : |f(x)| ≥ n} Chứng minh : 1. lim n→∞ ∫ An gdµ = 0 2. ∞∑ n=1 nµ(An) < +∞ 3. lim n→∞ nµ(Bn) = 0 Giải Ta dễ kiểm tra được An ∩ Am = ø (n 6= m) ∞⋃ n=0 An = A 1. Do tính chất σ−cộng, ta có: ∞∑ n=0 ∫ An gdµ = ∫ A gdµ ∈ R. Từ đây ta có đpcm (do điều kiện cần của sự hội tụ của chuỗi) 2. Cũng do tính chất σ−cộng, ta có: ∞∑ n=0 ∫ An |f |dµ = ∫ A |f |dµ < ∞. Kết hợp đánh giá ∫ An |f |dµ ≥ nµ(An), ta có đpcm. 3. Đặt Γn = ∞∑ k=n kµ(Ak) ta có : lim n→∞ Γn = 0 (do câu 2) Γn ≥ n ∞∑ k=n µ(Ak) = nµ(Bn) Từ đây ta có đpcm. Bài 6 Giả sử µ(X) < ∞. Ta kí hiệu M là tập các hàm đo được, hữu hạn trên X. Trong M ta định nghĩa quan hệ ” = ” như sau : f = g ⇔ f(x) = g(x)hkn trên X. Ta định nghĩa : d(g, f) = ∫ X |f − g| 1 + |f − g|dµ f, g ∈ M 1. Chứng minh d là một metric trên M . 7 2. Giả sử lim n→∞ fn(x) = f(x). Chứng minh lim n→∞ fn = f trong (M,d). Giải 1. Trước hết ta kiểm tra số d(f, g) hữu hạn với mọi cặp f, g ∈ M . Thật vậy, hàm h = |f − g| 1 + |f − g| đo được, bị chặn trên tập X và µ(X) < ∞ nên là hàm khả tích. Kiểm tra điều kiện i), iii) của metric như sau : i) Hiển nhiên d(f, g) ≥ 0 d(f, g) = 0 ⇔ |f(x)− g(x)| 1 + |f(x)− g(x)| = 0 hkn trên X ⇔ f(x) = g(x) hkn trên X ⇔ f = g trong M iii) Với f, g, h ∈ M ta có : |f(x)− g(x)| ≤ |f(x)− h(x)|+ |h(x)− g(x)| ⇒ |f(x)− g(x)| 1 + |f(x)− g(x)| ≤ |f(x)− h(x)| 1 + |f(x)− h(x)| + |h(x)− g(x)| 1 + |h(x)− g(x)| (Phương pháp chứng minh đã biết) Lấy tích phân hai vế ta có d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g) 2. Ta cần chứng minh lim n→∞ d(fn, f) = 0 Đặt hn = |fn − f | 1 + |fn − f | (n ∈ N ∗), ta có : • hn đo được trên X, |hn| = hn ≤ 1, hàm g(x) = 1 khả tích trên X (do µ(X) < ∞). • lim n→∞ hn = 0 hkn trên X. Áp dụng định lý Lebesgue, ta có lim n→∞ ∫ X hndµ = 0 hay lim n→∞ d(fn, f) = 0 Bài 7 Cho f là hàm đo được, dương, hữu hạn hkn trên A. Với mỗi k ∈ Z đặt Ak = {x ∈ A : 2k−1 < f(x) ≤ 2k}. Chứng tỏ rằng f khả tích trên A khi và chỉ khi : +∞∑ k=−∞ 2kµ(Ak) < ∞ Giải Đặt B = {x ∈ A : f(x) = +∞}. Ta có các tập Ak, (k ∈ Z), B là những tập không giao nhau, có hợp bằng A. Do tính σ−cộng của tích phân, ta có :∫ A fdµ = +∞∑ k=−∞ ∫ Ak fdµ ( chú ý ∫ B fdµ = 0 do µ(B) = 0) 8 Vì 2k−1µ(Ak) ≤ ∫ Ak fdµ ≤ 2kµ(Ak) ta có 1 2 +∞∑ k=−∞ 2kµ(Ak) ≤ ∫ A fdµ ≤ +∞∑ k=−∞ 2kµ(Ak) Từ đây ta có điều phải chứng minh. Bài 8 Cho dãy các hàm {fn} khả tích, hữu hạn trên A, hội tụ đều trên A về hàm f và µ(A) < ∞. Chứng minh f khả tích trên A và lim n→∞ ∫ A fndµ = ∫ A fdµ Giải Vì các hàm fn đo được nên f đo được. Vì dãy {fn} hội tụ đều trên A về f nên có số no ∈ N∗ thỏa mãn |fn(x)− f(x)| ≤ 1 ∀x ∈ A,∀n ≥ no (1). • Từ (1) ta có |f(x)| ≤ 1 + |fn(x)|. Vì µ(A) < ∞ nên hàm 1 + |fn| khả tích trên A. Do đó f khả tích trên A. • Cũng từ (1) ta có |fn| ≤ 1 + |f | trên A (∀n ≥ no) và hàm 1 + |f | khả tích trên A. Áp dụng định lý Lebesgue ta có đpcm. Bài 9 Tính các giới hạn : 1. lim n→∞ 2∫ 0 n √ 1 + x2n.dx 2. lim n→∞ 1∫ −1 x + x2enx 1 + enx.dx 3. lim n→∞ n∫ 0 ( 1 + x n )n .e−2xdx Giải 1. Đặtfn(x) = n √ 1 + x2n, x ∈ [0, 2], n = 1, 2, . . . • Hàm fn liên tục trên [0, 2] nên (L)−đo được. • Khi 0 ≤ x < 1 ta có lim fn(x) = 1. Khi 1 < x ≤ 2 ta có lim n→∞ x2. n √ 1 + 1 x2n = x2 lim n→∞ fn(1) = 1 Do đó lim fn(x) = f(x) với f(x) = 1, x ∈ [0, 1], f(x) = x2, x ∈ [1, 2]. 9 • |fn(x)| = fn(x) ≤ 1 + x2 ∀n ∈ N∗ Áp dụng định lý Lebesgue, ta có : lim n→∞ 2∫ 0 fn(x)dx = 2∫ 0 f(x)dx = 10 3 2. Đặt fn(x) là hàm trong dấu tích phân thì ta có • lim n→∞ fn(x) = f(x) với f(x) = x, x ∈ [−1, 0], f(x) = x2, x ∈ (0, 1]. • |fn(x)| ≤ |x|+ x 2enx 1 + enx ≤ 1 ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [−1, 1]. 3. Đặt fn(x) = { ( 1 + x n )n .e−2x , x ∈ [0, n] 0 , x ∈ (n,+∞) • fn (L)−đo được trên [0,∞). • Với mỗi x ∈ [0,∞) thì x ∈ [0, n] khi n đủ lớn, do đó : lim n→∞ fn(x) = lim n→∞ ( 1 + x n )n .e−2x = ex.e−2x = e−x. • |fn(x)| ≤ ( 1 + x n )n .e−2x ≤ ex.e−2x = e−x. ∀n ∈ N∗,∀x ∈ [0,∞). (ta đã sử dụng 1 + t ≤ et, t ≥ 0) Hàm g(x) = e−x là (L)−khả tích trên [0,∞) Áp dụng định lý Lebesgue ta có lim n→∞ n∫ 0 ( 1 + x n )n .e−2x.dx = lim n→∞ +∞∫ 0 fn(x).dx = +∞∫ 0 e−x = 1 Bài 10 Chứng minh lim n→∞ n 1∫ 0 xn 1 + x .dx = 1 2 Giải Ở đây ta không thể áp dụng định lý Lebesgue cho dãy hàm fn(x) = nxn 1 + x vì không tìm được hàm g khả tích sao cho |fn(x)| ≤ g(x) ∀n. Ta tích phân từng phần và được : n 1∫ 0 xn 1 + x .dx = n n + 1  xn+1 1 + x |10 + 1∫ 0 xn+1 (1 + x)2 .dx  = n n + 1 ( 1 2 + In ) Áp dụng định lý Lebesgue ta chứng minh được lim n→∞ In = 0. 10