Học phần độ đo tích phân

AxD 1)(/ −>∈= Thật vậy, lấy x ∈ D thì x ∈ A và f(x) > a. Theo tính chất trù mật của tập số thực, tồn tại 0n sao cho aaxf n >+≥ 01)( Suy ra 0nCx∈ do đó U +∞ = ∈ 1n nCx Ngược lại, lấy U +∞ = ∈ 1n nCx thì tồn tại 0n sao cho 0nCx∈ Khi đó x ∈ A và 01)( naxf +≥ nên f(x) > a. Suy ra x ∈ D. Bây giờ ta lấy x ∈ C thì x ∈ A và axf ≥)( nên với mọi n ta có naxf 1)( −> . Suy ra nDx∈ với mọi n, do đó I +∞ = ∈ 1n nDx Ngược lại, lấy I +∞ = ∈ 1n nDx thì nDx∈ với mọi n, do đó x ∈ A và naxf 1)( −> với mọi n. Lấy giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối cùng này khi n → +∞ , ta được )(lim)(lim 1nnn axf −= +∞→+∞→ hay axf ≥)( . Do đó x ∈ C. Vậy ta có các đẳng thức về tập hợp cần chứng minh trên đây. - Bây giờ ta chứng minh (2) ⇔ (3). Thật vậy, giả sử ta có (2), khi đó với mọi a ∈ ℜ và mọi n ta có nC ∈ M . Mà M là σ - đại số nên D ∈ M . Vậy (3) được thoả mãn. Ngược lại, giả sử ta có (3). Khi đó với mọi a ∈ ℜ và mọi n ta có nD ∈ M . Mà M là σ - đại số nên C ∈ M . Vậy (2) được thoả mãn. Định lý chứng minh xong. Hệ quả 1º Nếu f đo được trên A ∈ M và Β ⊂ Α , B ∈ M thì f đo được trên Β . Chứng minh. Với ℜ∈∀a ta có ( ){ } ( ){ }/ /x f x a x f x a∈Β < = Β∩ ∈Α < ∈M 2º f đo được trên 1Α , 2Α , … và f xác định trên 1 n n ∞ = Α = ΑU thì f đo được trên Α . Chứng minh. Với ℜ∈∀a ta có ( ){ } ( ) ( ){ } 1 1 / / /n n n n x f x a x f x a x f x a ∞ ∞ = = ⎧ ⎫∈Α < = ∈ Α < = ∈Α < ∈⎨ ⎬⎩ ⎭U U M do M là δ - đại số. 4. Các tính chất của hàm đo được 1º Nếu f đo được trên Α và c = const ∈ ℜ thì cf đo được trên Α . 2º Nếu f , g đo được và hữu hạn trên Α thì f g+ , fg đo được trên Α . 3º Nếu f đo được trên Α , 0α > thì f α đo được trên Α . 4º Nếu ( ) 0,f x x≠ ∀ ∈Α và f đo được trên Α thì 1 f đo được trên Α . 5º Nếu f , g đo được trên Α thì ( )max ,f g , ( )min ,f g đo được trên Α . 6º Nếu { }nf là dãy hàm đo được trên Α thì sup n n f , inf nn f , lim sup nn f→∞ , lim inf nn f→∞ đo được trên Α . 7º Nếu { }nf hội tụ trên Α , nf đo được trên Α thì lim nn f→∞ đo được trên Α . 8º Nếu f , g đo được trên Α thì các tập hợp ( ) ( ){ }/x f x g x∈Α < , ( ) ( ){ }/x f x g x∈Α ≤ , ( ) ( ){ }/x f x g x∈Α = đều thuộc M . 9º Nếu f đo được trên Α thì các hàm số ( ) ( ) ( )( ) ( ){ } , 0 max ,0 0, 0 f x khi f x f x f x khi f x + ≥⎧= =⎨ <⎩ và ( ) ( )( ) ( ) ( ){ } 0, 0 max ,0 , 0 khi f x f x f x f x khi f x − ≥⎧= = −⎨− <⎩ là những hàm số đo được trên Α . 5. Hàm đặc trưng của tập hợp Định nghĩa 2. Cho Α ⊂ Χ . Hàm số ℜ→Χ:Aχ xác định bởi ( ) 1, 0, neu x x neu x χΑ ∈Α⎧= ⎨ ∉Α⎩ được gọi là hàm số đặc trưng của Α (trên Χ ). Tương tự ta có khái niệm hàm đặc trưng của tập hợp E trên A. Ví dụ 6. Hàm số Direchle: D: ℜ→ℜ xác định bởi ⎩⎨ ⎧ ℜ∈ ∈= Qxkhi Qxkhi xD \0 1 )( là hàm đặc trưng của Q trên ℜ . Ta xét tính chất đo được của hàm đặc trưng. Định lý 2. Hàm đặc trưng Eχ của tập hợp Ε ⊂ Α là đo được trên Α khi và chỉ khi E ∈ M. Chứng minh. Với ℜ∈∀a ta có ( ){ } , 1 : \ , 0 1 , 0 E neu a x x a neu a neu a χ Α >⎧⎪∈Α < = Α Ε < ≤⎨⎪ ∅ ≤⎩ - Nếu E ∈ M thì A \ E ∈ M , do đó Eχ đo được trên Α . - Nếu E ∉ M thì A \ E ∉ M , do đó Eχ không đo được trên Α . 6. Hàm đơn giản Định nghĩa 3. Hàm số [ ]: 0;S Χ→ +∞ xác định trên Χ và chỉ nhận một số hữu hạn các giá trị hữu hạn không âm được gọi là hàm số đơn giản trên Χ . Tương tự ta có khái niệm hàm đơn giản trên tập hợp Α ⊂ Χ . Ví dụ 7. Hàm số Direchle trên đây là hàm số đơn giản trên ℜ vì nó chỉ nhận hai giá trị hữu hạn không âm là 0 và 1. Ví dụ 8. Xét hàm số ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ∈ = )7,4(4 ]4,3[2 )3,1[1 )( khi khi xkhi xf Đây là hàm đơn giản trên [1, 7). Nhận xét Cho hàm đơn giản [ ]: 0;S Χ→ +∞ và 1α , 2α , …, nα là các giá trị khác nhau đôi một của S . Đặt ( ){ }: , 1,k kx S x k nαΧ = ∈Χ = = . Thế thì các kΧ rời nhau, 1 k k ∞ = Χ = ΧU và ( ) ( ) 1 , k n k k S x x xα χΧ = = ∀ ∈Χ∑ . Ví dụ 9. Xét hàm đơn giản ở ví dụ 8. Đặt 1Α = [1, 3), 2A = [3, 4], 3A = (4, 7), 1α = 1, 2α = 2, 3α = 4. Khi đó các tập hợp này rời nhau và )()()()( 321 321 xxxxf AAA χαχαχα ++= với mọi x ∈ [1, 7). Xét tính chất của hàm đơn giản. Cho ( ),Χ M - không gian đo được, A ∈ M. Định lý 3. Cho S là hàm đơn giản trên Α ( ) ( ) 1 k n k k S x xα χΑ = =∑ , AAn k k = = U 1 , kΑ rời nhau, kα khác nhau. Khi đó S đo được trên Α khi và chỉ khi mọi kA ∈ M. Chứng minh. - Nếu S đo được trên Α thì ( ){ }: 1,k kx S x k nα∈Α = = Α ∈ =M , - Nếu 1Α , …, kA ∈ M thì theo định lý 1 mọi hàm đặc trưng kχΑ đo được trên Α . Khi đó hàm ( )S x đo được trên Α (vì là tổng, tích các hàm hữu hạn đo được). 7. Cấu trúc của hàm đo được Định lý 4. Mọi hàm số đo được không âm trên Α đều là giới hạn của một dãy đơn điệu tăng các hàm đơn giản đo được trên Α . Chứng minh. Giả sử f là hàm đo được không âm trên Α . Đặt ( ) ( ) ( ) , 1 1, , 1, 2,..., 2 2 2 2 n n n n n n khi f x n S x m m mkhi f x m n ≥⎧⎪= ⎨ − − ≤ < =⎪⎩ thì ( )nS x là dãy đơn điệu tăng (theo n ) các hàm đơn giản đo được trên Α . Ta chứng minh ( ) ( )lim ,nn S x f x x→∞ = ∀ ∈Α . Thật vậy, - Nếu ( )f x < +∞ thì với n đủ lớn ta có ( )f x n< . Do đó với n∀ đủ lớn tồn tại số tự nhiên { }1,2,..., 2nm n∈ sao cho ( )1 2 2n n m mf x− ≤ < . Vì ( ) 1 2n n mS x −= nên ( ) ( ) 1 2n n S x f x− < với n đủ lớn. - Nếu ( )f x = +∞ thì ( )nS x n= với n∀ . Suy ra, ( ) ( )lim nn S x f x→∞ = +∞ = . Vậy, ( ) ( )lim ,nn S x f x x→∞ = ∀ ∈Α trong cả hai trường hợp. $5. SỰ HỘI TỤ HẦU KHẮP NƠI 1. Khái niệm hầu khắp nơi Định nghĩa 1. Cho không gian độ đo (X, M, μ ) và A ∈ M . Ta nói một tính chất ℑ nào đó xảy ra hầu khắp nơi trên tập hợp A nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho tính chất ℑ xảy ra tại mọi x ∈ A \ B. Nói một cách khác, các điểm x ∈ A mà tại đó tính chất ℑ không xảy ra đều thuộc tập hợp có độ đo không. Hiển nhiên, một tính chất xảy ra ( khắp nơi ) trên A thì xảy ra hầu khắp nơi trên A. Sau đây ta đưa ra một vài khái niệm cụ thể thường sử dụng. Định nghĩa 2. Hai hàm số f, g cùng xác định trên tập hợp A ∈ M được gọi là bằng nhau hầu khắp nơi trên A (hay tương đương nhau trên A ) nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A \ B. Khi đó ta ký hiệu f ~ g (trên A). Ví dụ 1. Hàm số Dirichlet D(x) ~ 0 trên ℜ vì D(x) = 0 với mọi x ∈ ℜ \ Q , trong đó Q ⊂ ℜ là tập đo được và có độ đo không. Ví dụ 2. Hàm số ⎩⎨ ⎧ =∞+ ∈= 0 )1,0( )( 1 xkhi xkhi xf x tương đương với hàm số ⎩⎨ ⎧ = ∈= 01 )1,0( )( 1 xkhi xkhi xg x trên [0, 1), vì f(x) = g(x) với mọi x ∈ [0, 1) \ B, trong đó B = {0} là tập con của [0, 1), đo được và có độ đo không. Ví dụ 3. Hàm số ⎩⎨ ⎧ ∈ ∈= Qxkhix Qxkhix xf \],0[cos ],0[sin )( 2 2 π π I tương đương với hàm số g(x) = cosx trên [0, 2 π ] . Định nghĩa 3. Hàm số f được gọi là hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B)= 0 sao cho f(x) ∈ ℜ với mọi x ∈ A \ B. Ví dụ 4. Hàm số f(x) được cho ở ví dụ 2 hữu hạn hầu khắp nơi trên [0, 1). Định nghĩa 4. Hàm số f được gọi là xác định hầu khắp nơi trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho f xác định trên A \ B. Ví dụ 5. Hàm số sơ cấp xxf 1)( = xác định hầu khắp nơi trên ℜ . Định nghĩa 5. Dãy hàm số { }nf được gọi là hội tụ hầu khắp nơi về hàm số f trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho )()(lim xfxf nn =+∞→ với mọi x ∈ A \ B. Ví dụ 6. Dãy hàm số { }nf xác định bởi n n xx xxx n xf 2 2 4 sin3)( +− −+= hội tụ hầu khắp nơi về hàm số x xxxf −+= 4 32)( trên [-1, 1]. 2. Sự hội tụ hầu khắp nơi Định lý 1. Cho không gian độ đo (X, M, μ ) và A ∈ M . Khi đó (i) Nếu f ~ g (trên A) và { }nf hội tụ h.k.n về f trên A thì { }nf hội tụ h.k.n về g trên A. (ii) Nếu { }nf hội tụ h.k.n về f trên A và { }nf hội tụ h.k.n về g trên A thì f ~ g (trên A). Chứng minh. (i) Vì f ~ g (trên A) nên tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A \ B. Mặt khác, vì { }nf hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A , C ∈ M, μ (C) = 0 sao cho )()(lim xfxf nn =+∞→ với mọi x ∈ A \ C. Khi đó (B U C) ⊂ A, B U C ∈ M, μ (B U C) = 0 và với mọi x ∈ (A \ B) I ( A \ C) = A \ (B U C) ta có )()()(lim xgxfxfnn ==+∞→ Vậy { }nf hội tụ h.k.n về g trên A. (ii) Tương tự, do { }nf hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ (B) = 0 sao cho )()(lim xfxf nn =+∞→ với mọi x ∈ A \ B. Lại do { }nf hội tụ h.k.n về g trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A , C ∈ M, μ (C) = 0 sao cho )()(lim xgxfnn =+∞→ với mọi x ∈ A \ C. Khi đó, theo tính chất duy nhất của giới hạn của dãy số, với mọi x ∈ (A \ B) I ( A \ C) = A \ (B U C) ta phải có )()()(lim xgxfxfnn ==+∞→ . Mà (B U C) ⊂ A, B U C ∈ M, μ (B U C) = 0 nên f ~ g (trên A). Định lý được chứng minh. Từ định lý suy ra rằng, nếu ta đồng nhất các hàm số tương đương thì giới hạn của dãy hàm hội tụ hầu khắp nơi là duy nhất. Định lý 2. (Egoroff) Giả sử { }nf là một dãy hàm đo được, hữu hạn h.k.n, hội tụ h.k.n về hàm số f đo được, hữu hạn h.k.n trên một tập hợp A có độ đo hữu hạn. Khi đó với mỗi ε > 0, tồn tại một tập hợp E đo được, E ⊂ A sao cho μ (A \ E) < ε và dãy hàm { }nf hội tụ đều về f trên E. Ý nghĩa: Định lý Egoroff khẳng định rằng mọi sự hội tụ có thể biến thành hội tụ đều sau khi bỏ đi một tập hợp có độ đo bé tuỳ ý. Mối liên hệ giữa hàm đo được và hàm liên tục trên ℜ - Nếu A là tập đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ và hàm số f : ℜ→A là hàm liên tục trên A thì f đo được (L) trên A. Thật vậy, nếu a ∈ ℜ là một số thực bất kỳ thì vì f liên tục trên A nên tập hợp B = { x ∈ A : f(x) < a } = 1−f (-∞ , a) là một tập mở trong A. Mặt khác, do A là không gian con của ℜ nên B = A I G , với G là một tập mở trong ℜ . Suy ra B đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ . Vậy f đo được (L) trên A. - Ngược lại, một hàm số đo được (L) trên tập hợp A⊂ ℜ chưa chắc là hàm liên tục trên A. Tuy nhiên định lý dưới đây sẽ cho ta thấy một hàm đo được có thể trở thành hàm liên tục nếu bỏ qua một tập hợp có độ đo bé tuỳ ý. Định lý 3. (Lusin) Giả sử f là một hàm số hữu hạn xác định trên tập hợp A⊂ ℜ ; A là tập đo được theo nghĩa Lebesgue và có độ đo hữu hạn. Khi đó f đo được (L) trên A khi và chỉ khi với mọi số ε > 0, tồn tại một tập hợp đóng F ⊂ A sao cho μ (A \ F) < ε và f liên tục trên F. $6. SỰ HỘI TỤ THEO ĐỘ ĐO 3. Khái niệm Định nghĩa 1. Giả sử ( ), μΧ M , là không gian độ đo, Α∈M và f , 1f , 2f , … là những hàm đo được hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Dãy { }nf được gọi là hội tụ theo độ đo đến f và ký hiệu nf f μ⎯⎯→ trên A, nếu với 0ε∀ > ta đều có ( ) ( ){ }( )lim : 0nn x f x f xμ ε→∞ ∈Α − ≥ = . Nói cách khác, với 00 0 nε δ∀ > ∀ > ∃ ∈ sao cho ( ) ( ){ }( )0: : nn n n x f x f xμ ε δ∀ ∈ > ⇒ ∈Α − ≥ < . Chú ý: Điều kiện f , 1f , 2f , … hữu hạn hầu khắp nơi đảm bảo cho nf f− xác định hầu khắp nơi trên A. Ví dụ 1. Xét dãy hàm { }nf xác định bởi 1 , [0,1 ) ( ) 1 2, [1 ,1) n x khi x nf x khi x n ⎧ ∈ −⎪= ⎨⎪ ∈ −⎩ và hàm số ( ) , [0,1)f x x x= ∈ . Thế thì nf f μ⎯⎯→ trên [0,1). 4. Tính duy nhất của giới hạn theo độ đo Định lý 1. a) Nếu f , g đo được và f g trên A, nf fμ⎯⎯→ trên A thì nf g μ⎯⎯→ trên A. b) Nếu nf f μ⎯⎯→ trên A và nf gμ⎯⎯→ trên A thì f g trên A. Chứng minh. a) Vì f g trên A nên tập hợp ( ) ( ){ }:x f x g xΒ = ∈Α ≠ có độ đo ( ) 0μ Β = (vì f , g đo được nên Β∈M ). Với 0ε∀ > ta có ( ) ( ){ } { } { } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } : \ : ( ) ( ) : ( ) ( ) \ : \ : : ε ε ε ε ε ε Α = ∈Α − ≥ = = ∈ − ≥ ∈ − ≥ ⊂ ⊂ ∈Α Β − ≥ ∪Β = = ∈Α Β − ≥ ∪Β ⊂ ⊂ ∈Α − ≥ ∪Β n n n n n n n x f x g x x A B f x g x x B f x g x x f x g x x f x f x x f x f x U Suy ra ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ) ( ){ }( ) : ( ) : 0 μ μ ε μ μ ε Α ≤ ∈Α − ≥ + = = ∈Α − ≥ → n n n x f x f x B x f x f x khi n →∞ vì nf fμ⎯⎯→ trên A.. Do đó ( )lim 0nn μ→∞ Α = . Vậy nf gμ⎯⎯→ trên A. b) Đặt { } { } { } 0 : ( ) ( ) 0 : ( ) ( ) , : ( ) ( ) , 0 1 : ( ) ( ) , : ( ) ( ) , 2 : ( ) ( ) , 2 k n n n n A x A f x g x x A f x g x A x A f x g x A x A f x g x k k B x A f x f x n C x A f x g x n ε ε ε ε ε ∗ ∗ ∗ = ∈ − > = = ∈ ≠ = ∈ − ≥ > ⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭ ¥ ¥ ¥ Ta có các tập hợp này đều đo được vì , ,nf f g đo được trên A.. Ta cần chứng minh 0( ) 0Aμ = . - Trước hết ta chứng minh 0 1 k k A A +∞ = = U . (1) Lấy 0x A∈ , ta có x A∈ và ( ) ( ) 0f x g x− > . Theo tính chất trù mật của tập số thực sẽ tồn tại số tự nhiên 0k sao cho 0 1 ( ) ( ) 0f x g x k − ≥ > , suy ra 0kx A∈ nên 1 k k x A +∞ = ∈ U . Ngược lại, lấy 1 k k x A +∞ = ∈ U thì tồn tại số tự nhiên 0k sao cho 0k x A∈ . Suy ra x A∈ và 0 1 ( ) ( )f x g x k − ≥ nên ( ) ( ) 0f x g x− > , do đó 0x A∈ . Vậy (1) được chứng minh. Khi đó ta có 0 1 ( ) ( )k k A Aμ μ +∞ = ≤ ∑ (2) - Bây giờ ta chứng minh n nA B Cε ⊂ U , n ∗∀ ∈ ¥ , 0ε∀ > (3) hay \ \ ( ) ( \ ) ( \ ). n n n n A A A B C A B A C ε ⊃ = = U I Thật vậy, lấy ( \ ) ( \ )n nx A B A C∈ I ta có x A∈ và ( ) ( ) 2n f x f x ε− < và ( ) ( ) 2nf x g x ε− < Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 n n n n f x g x f x f x f x g x f x f x f x g x ε ε ε − = − + − ≤ ≤ − + − < + = Do đó \x A Aε∈ . Vậy (3) được chứng minh. Khi đó ( ) ( ) ( )n nA B Cεμ μ μ≤ + (4) Mà lim ( ) 0, lim ( ) 0n n n n B Cμ μ→+∞ →+∞= = vì nf f μ⎯⎯→ , nf gμ⎯⎯→ trên A, nên lấy lim hai vế của (4) ta được ( ) 0, 0Aεμ ε= ∀ > Suy ra ( ) 10, 0,μ ε ∗Α = = > ∀ ∈k khi kk Từ (2) ta có 0( ) 0Aμ = . Định lý được chứng minh. • Định lý này cho thấy giới hạn của dãy hàm số theo độ đo là duy nhất, nếu ta đồng nhất các hàm tương đương (tức là bỏ qua tập hợp có độ đo 0). 5. Mối liên hệ giữa hội tụ hầu khắp nơi và hội tụ theo độ đo. Định lý 2. Nếu dãy hàm số { }nf đo được, hữu hạn hầu khắp nơi, hội tụ hầu khắp nơi đến hàm số f đo được, hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A có độ đo hữu hạn thì nf f μ⎯⎯→ trên A. Chứng minh. Giả sử ε và η là hai số dương tùy ý. Theo định lý Êgôrốp, tồn tại một tập hợp con đo được B của tập hợp A sao cho ( )\μ ηΑ Β < và dãy hàm số { }nf hội tụ đều đến hàm số f trên tập hợp B. Do đó tồn tại một số tự nhiên 0n sao cho với mọi số tự nhiên n , nếu 0n n≥ thì ( ) ( )nf x f x ε− < với mọi x∈Β Khi đó ( ) ( ){ }: \nx f x f x ε∈Α − ≥ ⊂ Α Β với mọi 0n n≥ ; nên ( ) ( ){ }( ): ( \ )μ ε μ η∈Α − ≥ ≤ <nx f x f x A B với mọi 0n n≥ , tức là nf f μ⎯⎯→ trên A (đpcm). *Nhận xét. Giả thiết ( )μ Α < +∞ trong định lý 2 không thể bỏ qua. Ví dụ 2. Giả sử { }nf là một dãy hàm số xác định trên bởi ( ) 0 1, 2... n khi x n f x n khi x n n <⎧= ⎨ ≥⎩ = và ( ) 0f x = với mọi x∈ . - Dễ thấy dãy hàm số { }nf hội tụ khắp nơi đến hàm số f trên . Thật vậy, giả sử x∈ là số cố định, bất kì. Khi đó luôn tồn tại số tự nhiên 0n sao cho x 0n , ta có x < n nên ( ) 0nf x = . Suy ra lim ( ) lim 0 0 ( )n n n f x f x→+∞ →+∞= = = . Vậy ( ) 0nf x → trên . - Tuy nhiên { }nf không hội tụ theo độ đo đến f trên . Thật vậy, với 0 1ε< < và với mọi số tự nhiên n , ta đều có ( ) ( ){ } ( ){ } [ ): : , .ε ε∈ − ≥ = ∈ ≥ = +∞n nx f x f x x f x n Do đó ( ) ( ){ }( ):μ ε∈ − ≥ = +∞nx f x f x với mọi n . Ví dụ 3. Α = , μ là độ đo Lebesgue trên đường thẳng và ( ) 1, 1 0, ≤ ≤ +⎧= ⎨⎩n khi n x n f x tai cac diem khac Thế thì ( ) 0nf x → tại mọi điểm, nhưng với n∀ ( ) 1( 0 ) 1 2 μ ⎧ ⎫− ≥ = →⎨ ⎬⎩ ⎭nf x 0 Định lý 3. Nếu { }nf hội tụ theo độ đo đến f trên A thì tồn tại dãy con { }knf hội tụ hầu khắp nơi đến f trên A. Chứng minh. Vì nf f μ⎯⎯→ trên A, nên với 0ε∀ > ( ) ( ){ }( )lim : 0nn x f x f xμ ε→∞ ∈Α − ≥ = Do đó với n∀ , tồn tại nk sao cho với nm k∀ ≥ ( ) ( ) 1 1: 2m n x f x f x n μ ⎛ ⎞⎧ ⎫∈Α − ≥ <⎨ ⎬⎜ ⎟⎩ ⎭⎝ ⎠ Đặc biệt ( ) ( ) 1 1: 2nk n x f x f x n μ ⎛ ⎞⎧ ⎫∈Α − ≥ <⎨ ⎬⎜ ⎟⎩ ⎭⎝ ⎠ Vì có thể lấy nk lớn tùy ý nên sau khi lấy 1k ta chọn 2 1k k> , 3 2k k> , … Như vậy ta được dãy con { } { }nk nf f⊂ . Đặt ( ) ( ) 1: nn k x f x f x n ⎧ ⎫Β = ∈Α − ≥⎨ ⎬⎩ ⎭ , 1 nm n m ∞ ∞ = = Β = ΒIU hay 1 Cm m ∞ = Β =I , Cm n n m ∞ = = ΒU Ta chứng minh ( ) 0μ Β = và ( ) ( )lim nkn f x f x→∞ = với \x∀ ∈Α Β . Thật vậy, ta có ( ) 1 2n n μ Β < , nên ( ) 11 12 2n n n mn m n mn mμ μ ∞ ∞ ∞ − = == ⎛ ⎞Β ≤ Β < =⎜ ⎟⎝ ⎠ ∑ ∑U , ( ) ( ) 1 1C 2m m μ μ −Β ≤ < với m∀ . Do đó ( ) 0Bμ = . Nếu \x A B∈ thì tồn tại số tự nhiên 0m để 0mx C∉ . Do đó nx∉Β với 0n m∀ ≥ . Từ định nghĩa tập hợp nB suy ra \x∈Α Β thì ( ) ( ) 1 nk f x f x n − < với 0n m∀ ≥ . Vậy ( ) ( )lim nkn f x f x→∞ = với \x∀ ∈Α Β hay dãy con { }knf hội tụ hầu khắp nơi đến f trên A (đpcm). CHƯƠNG II. TÍCH PHÂN LEBESGUE $1. ĐỊNH NGHĨA 1. Tích phân của hàm đơn giản Cho không gian độ đo ( ), μΧ M , , Α∈M và S là hàm đơn giản, đo được trên A. Gọi 1α , 2α , …, nα là các giá trị khác nhau đôi một của S . Đặt ( ){ }: , 1,α= ∈ = =k kA x A S x k n . Thế thì các kA rời nhau, 1 n k k A A = = U và ( ) ( ) 1 ,α χ = = ∀ ∈∑ kn k A k S x 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 Aα μ = ∑ 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 Sdμ∫ hay ( ) A S x dμ∫ . Vậy 1 ( ) n k k kA Sd Aμ α μ = = ∑∫ (1) b) Nhận xét 1. A Sdμ∫ 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 ,α χ = = ∀ ∈∑ kn k A k S x x x A ; ( ) ( ) 1 ,β χ = = ∀ ∈∑ im i B i S x x x A, trong đó ,k iA B ∈ M, 1 1 n m k i k i A A B = = = =U U , ' ', , ', 'k k i iA A B B k k i iφ φ∩ = ∩ = ≠ ≠ . Ta cần chứng minh 1 1 ( ) ( ) n m k k i i k i A Bα μ β μ = = =∑ ∑ . Ta có 1 1 ( ) ( ) m m k k k i k i i i A A A A B A B = = = = =I I U U I , trong đó ' '( ) ( ) ( ) , 'k i k i k i iA B A B A B B i iφ= = ≠I I I I I Do đó 1 ( ) ( ) m k k i i A A Bμ μ = = ∑ I 1 1 1 ( ) ( ) n n m k k k k i k k i A A Bα μ α μ = = = ⇒ =∑ ∑∑ I Tương tự 1 1 1 ( ) ( ) m m n i i i i k i i k B B Aβ μ β μ = = = =∑ ∑∑ I Xét một cặp ( , )k i , có hai khả năng: + k iA B = ∅I , khi đó ( ) 0 ( )k k i i k iA B B A Bα μ μ= =I I + k iA B ≠ ∅I , lấy 0 k ix A B∈ I thì 0 0( ) , ( )k i k iS x S xα β α β= = ⇒ = ( ) ( )k k i i k iA B A Bα μ β μ⇒ =I I . Vậy 1 1 1 1 ( ) ( ) m n m n k k i i k i i k i k A B A Bα μ β μ = = = = =∑∑ ∑∑I I . 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 D x khix Q ⎧ ∈⎪= ⎨ ∈⎪⎩ I . Ta có [ ]( 0,1 ) ( ) 0Q Qμ μ≤ =I [ ]( 0,1 ) 0Qμ⇒ =I . Do đó [ ]( 0,1 \ ) 1Qμ = . Vậy [ ]0,1 ( ) 1.0 0.1 0D x dμ = + =∫ . Ví dụ 2. Cho hàm số 1 1, 0 2( ) 1 2, 1 2 khi x f x khi x ⎧ ≤ <⎪= ⎨⎪ ≤ <⎩ Thế thì [0,1) 1 1 3 1. ([0, )) 2. ([ ,1)) 2 2 2 fdμ μ μ= + =∫ . c) Các tính chất 1. Nếu hai hàm đơn giản, đo được , 0,f g f g≥ ≤ trên A thì A A fd gdμ μ≤∫ ∫ 2. Nếu hai dãy hàm đơn giản, đo được { } { }, ,n nf g n ∗∈ ¥ , đơn điệu tăng và lim limn n n n f g→+∞ →+∞= trên A thì lim limn n n n A A f d g dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ (1) Chứng minh Đặt lim n n f f→+∞ = . Khi đó lim nn g f→+∞ = . Xét hai trường hợp sau đây. a) f là hàm đơn giản: 1 ( ) ( ) k m k A k f x xα χ = = ∑ . Ta chứng minh lim nn A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ (2) Thậy vậy, chọn (0,1)t ∈ bất kì, đặt { }, : ( )k n k n kA x A f x tα= ∈ ≥ . Khi đó, do 1n nf f +≤ nên , , 1k n k nA A +⊂ . Mặt khác, với kx A∈ ta có ( ) k kf x tα α= > , mà nf f↑ nên với n đủ lớn ( )n kf x tα> , do đó , , 1 k n k n n x A x A +∞ = ∈ ⇒ ∈ U . Từ đó ta có bao hàm , 1 k k n n A A +∞ = ⊂ U . Bao hàm ngược lại là hiển nhiên vì , , 1 : k n k k n k n n A A A A +∞∗ = ∀ ∈ ⊂ ⇒ ⊂¥ U . Vậy , , 1 ( ) lim ( )k k n k k n nn A A A Aμ μ +∞ →+∞= = ⇒ =U . Đặt , 1 ( ) ( ) k n m n k A k x t xϕ α χ = = ∑ thì n n n n A A A f f d f d fdϕ ϕ μ μ μ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫ (3) Cho n → +∞ , ta được , 1 1 ( ) ( ) m m n k k n k k k kA A d t A t A t fdϕ μ α μ α μ μ = = = → =∑ ∑∫ ∫ . Lấy giới hạn của (3) khi n → +∞ ta có lim n n A A A t fd f d fdμ μ μ→+∞≤ ≤∫ ∫ ∫ Lại cho 1t → ta được (2). Tương tự ta chứng minh được lim n n A A g d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ (vì lim n n g f→+∞ = ). 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 ,n n mh f g= thì nh cũng là hàm đơn giản. Mặt khác, do limn n m n f f g g→+∞↑ = ≥ nên n mh g↑ khi n → +∞ . Theo phần vừa chứng minh, ta có lim n m n A A h d g dμ μ→+∞ =∫ ∫ Nhưng vì lim limn n n n n n n n A A A A h f h d f d h d f dμ μ μ μ→+∞ →+∞≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤∫ ∫ ∫ ∫ limm n n A A g d f dμ μ→+∞⇒ ≤∫ ∫ . Cho m → +∞ ta được lim limm nm n A A g d f dμ μ→+∞ →+∞≤∫ ∫ hay lim limn nn n A A g d f dμ 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, ]f A → +∞ là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu tăng các hàm đơn giản đo được 0nf ≥ 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 A A fd f dμ 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 { }nf . b) Trường hợp hàm đo được có dấu bất kì Giả sử f là hàm đo được trên A . Khi đó ta có , , 0f f f f f+ − + −= − ≥ . Các hàm số ,f f+ − có tích phân tương ứng trên A là , A A f d f dμ μ+ +∫ ∫ Xét hiệu A A f d f dμ μ+ +−∫ ∫ . Định nghĩa 3. Nếu hiệu A A f d f dμ 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 : A A A fd f d f dμ μ μ+ += −∫ ∫ ∫ (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 L fdx∫ hoặc ( ) ( ) A L f x dx∫ . c) Các tính chất đơn giản Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây. 1. ( ) , A c d c A c constμ μ= =∫ 2. ( ) ( ) ( )B B A A A x d x d B Aαχ μ αχ μ αμ∩= = ∩∫ ∫ 3. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 α χ μ α χ μ α μ∩ = = = = = ∩∑ ∑ ∑∫ ∫B Bk k n n n k k A k k k k kA A x d x d B A 4. Nếu ( ) 0Aμ = , f đo được thì 0f dμ =∫ 5. Nếu ( )Aμ < +∞ , f đo được và bị chặn trên A thì f khả tích trên A. Chứng minh 4. Cho 0f ≥ . Nếu ( ) 0Aμ = thì với mọi dãy hàm { }nf đơn giản tăng về f ta có 0 0n A A f d f dμ μ= ⇒ =∫ ∫ 5. ( )Aμ < +∞ , ( ) ,f x K x A≤ ∀ ∈ thì với mọi dãy hàm đơn giản { }nf tăng về f , ta có nf K≤ nên ( )n A A f d K d K Aμ μ μ≤ = < +∞∫ ∫ . Từ đó suy ra ( )lim nn A A f d f d K Aμ μ μ→∞= ≤ < +∞∫ ∫ 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 φΑ∩Β = thì f d f d f dμ μ μ 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 ,α χΕ= == Ε = Α∪Β∑ k nn k k k k f x x U Ta có ( ) ( ) ( )Ε = Α∪Β ∩Ε = Α∩Ε ∪ Β∩Εk k k k . Vì A, B rời nhau nên Α∩Εk , Β∩Εk rời nhau. Do đó ( ) ( ) ( ) 1 1 1 μ α μ α μ α μ μ μ = = =Α ∪ Β Α Β = Ε = Α ∩ Ε + Β ∩ Ε = = + ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ n n n k k k k k k k k k f d f d f d b) Trường hợp 0f ≥ trên Α∪Β . Cho { }nf là dãy hàm đơn giản, nf tăng về f thì theo a) n n nf d f d f dμ μ μ Α∪Β Α Β = +∫ ∫ ∫ Cho n →∞ ta được đẳng thức cần chứng minh. c) Trường hợp f bất kỳ: Theo b) ( )1f d f d f dμ μ μ+ + + Α∪Β Α Β = +∫ ∫ ∫ ( )2f d f d f dμ μ μ− − − Α∪Β Α Β = +∫ ∫ ∫ Nếu f dμ 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 f d f dμ μ+ − Α Α −∫ ∫ , f d f dμ μ+ − Β Β −∫ ∫ có nghĩa.) Trừ (1) cho (2) ta được điều phải chứng minh. Nếu f d f dμ μ Α Β +∫ ∫ có nghĩa thì suy luận tương tự. Hệ quả 1. Nếu Ε ⊂ Α và f dμ Α ∃∫ thì f dμ Β ∃∫ . Nếu f khả tích trên A thì f khả tích trên E. Hệ quả 2. Nếu ( ) 0μ Β = thì f d f dμ 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 ( )\ 0μ Β Α = nên ta trở lại trường hợp trên. 2. Bảo toàn thứ tự. Định lý 2. Nếu f g thì f d g dμ μ Α Α =∫ ∫ . Đặc biệt, nếu 0f = hầu khắp nơi trên A thì 0f dμ Α =∫ . Chứng minh. Đặt ( ) ( ){ }:x f x g xΒ = ∈Α = thì Β∈M và ( )\ 0μ Α Β = (do f g ). Theo hệ quả 2 định lý 1 ( )\ f d f d f dμ μ μ Α Β∪ Α Β Β = =∫ ∫ ∫ tương tự g d g dμ μ Α Β =∫ ∫ Từ đó suy ra f d g dμ μ Α Α =∫ ∫ . 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 ( )\ ' 0μ Α Α = thì dù f không xác định trên \ 'Α Α người ta vẫn định nghĩa ' f d f dμ μ Α Α =∫ ∫ Định lý 3. Nếu f g≤ trên A thì f d g dμ μ Α Α ≤∫ ∫ . Đặc biệt nếu 0f ≥ trên A thì 0f dμ 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 { }nf tăng đến f , { }ng tăng đến g sao cho n nf g≤ . Khi đó μ μ Α Α ≤∫ ∫n nf d g d . Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh. - Nếu f , g tùy ý thì f g+ +≤ , f g− −≥ nên f d g dμ μ+ + Α Α ≤∫ ∫ , f d g dμ μ− − Α Α ≥∫ ∫ . 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 ( ){ }:x f xΒ = ∈Α = +∞ . Theo hệ quả 1, f khả tích trên B nhưng với k∀ ta có ( )f x k> trên B nên ( ) ,f d k kμ μ Β ≥ Β ∀∫ Bất đẳng thức này chỉ đúng với k∀ nếu ( ) 0μ Β = . Tương tự ta cũng chứng minh được trường hợp tập hợp ( ){ }C :x f x= ∈Α = −∞ sẽ có ( )C 0μ = . Vậy f hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Hệ quả 4. Nếu 0f ≥ trên A và 0f dμ Α =∫ thì 0f = hầu khắp nơi trên A. Chứng minh. Đặt ( ) 1: , ∗⎧ ⎫Β = ∈Α ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭n x f x nn . Ta có ( ) \ 0 1 1 , μ μ μ μ μ μ Α Α Β Β Β ∗ Β = = + ≥ ≥ ≥ = Β ∀ ∈ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ n n n n n f d f d f d f d d n n n Do đó ( ) 0nμ Β = . Mặt khác ( ){ } 1 : 0 n n x f x ∞ = Β = ∈Α > = ΒU . Vậy ( ) 0μ Β = , suy ra 0f = hầu khắp nơi trên A. 3. Tuyến tính Định lý 4. , A A cfd c fd c constμ μ= =∫ ∫ Nói riêng, ( ) A A f d fdμ μ− = −∫ ∫ Chứng minh. - Nếu f đơn giản thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh. - Nếu 0f ≥ thì có dãy hàm đơn giản { }nf tăng đến f nên suy ra có dãy hàm đơn giản { }ncf và: a) nếu 0c ≥ thì { }ncf tăng về cf và do đó n n A A cf d c f dμ μ=∫ ∫ , chuyển qua giới hạn sẽ được A A cfd c fdμ μ=∫ ∫ b) nếu 0c < thì 0cf ≤ nên ( ) 0,( )cf cf cf+ −= = − . Theo định nghĩa 0 ( ) A A cfd cf dμ μ= − −∫ ∫ Theo a) ( ) A A cf d c fdμ μ− = −∫ ∫ Vậy A A cfd c fdμ μ=∫ ∫ - Nếu f bất kỳ thì f f f+ −= − và ( ) ,( ) 0 ( ) ,( ) 0 cf cf cf cf khi c cf cf cf cf khi c + + − − + − − + = = ≥ = − = − < Từ đó suy ra điều phảichứng minh. Định lý 5. ( ) A A A f g d fd gdμ μ μ+ = +∫ ∫ ∫ (nếu vế phải có nghĩa). Chứng minh. Để ý rằng tại một điểm x A∈ có thể xảy ra: ( ) , ( )f x g x= +∞ = −∞ hoặc ( ) , ( )f x g x= −∞ = +∞ . Khi đó ( ) ( )f x g x+ không có nghĩa. Thành thử f g+ có thể không xác định trên một tập hợp B A⊂ . Tuy nhiên, với giả thiết vế phải của đẳng thức trên có nghĩa, dễ thấy rằng ( ) 0Bμ = , nghĩa là f g+ phải xác định hầu khắp nơi trên A . Ta chia A thành sáu tập hợp con đôi một rời nhau như sau: { } { } { } { } { } { } 1 2 3 4 5 6 : ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0 : ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0 : ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0 : ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0 : ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0 : ( ) 0, ( ) 0, ( ) ( ) 0 A x A f x g x f x g x A x A f x g x f x g x A x A f x g x f x g x A x A f x g x f x g x A x A f x g x f x g x A x A f x g x f x g x = ∈ ≥ ≥ + ≥ = ∈ ≥ < + ≥ = ∈ ≥ < + < = ∈ < ≥ + ≥ = ∈ < ≥ + < = ∈ < < + < Dựa vào tính chất cộng tính của tích phân, ta chỉ cần chứng minh ( ) , , 1,2,...,6i E E E f g d fd gd E A iμ μ μ+ = + = =∫ ∫ ∫ - Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên. - Nếu f , 0g ≥ trên A thì có dãy hàm đơn giản { }nf tăng đến f , { }ng tăng đến g . Khi đó 1( ) ( )μ μ μ+ = + =∫ ∫ ∫n n n n E E E f g d f d g d E A . Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh. - Xét tập hợp khác, chẳng hạn 30, 0, 0( )f g f g E A≥ < + < = . Khi đó do 0, ( ) 0f f g≥ − + ≥ nên theo phần vừa chứng minh và theo định lý 4 [ ( )] [ ( )] ( ) E E E E E f f g d fd f g d fd f g d μ μ μ μ μ − + = + − + = = − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Mặt khác, theo định lý 4, ta có [ ( )] ( ) E E E f f g d g d gdμ μ μ− + = − = −∫ ∫ ∫ Vậy ( ) ( ) E E E E E E gd fd f g d hay f g d fd gd μ μ μ μ μ μ − = − + + = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 4. Khả tích Định lý 6. Nếu A fdμ∫ có nghĩa thì A A fd f dμ μ≤∫ ∫ . Chứng minh. ( ) A A A A A A A fd f d f d f d f d f f d f d μ μ μ μ μ μ μ + − + − + − ≤ − ≤ + = = + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Định lý 7. f khả tích trên Akhi và chỉ khi f khả tích trên A . Chứng minh. f khả tích trên A thì A f dμ < +∞∫ . Theo định lý 6, suy ra A fdμ ≤ +∞∫ . Vậy f khả tích trên A . Ngược lại, f khả tích trên A thì , ( ) A A A A A A f d f d f d f d f f d f d μ μ μ μ μ μ + − + − + − − < +∞ ⇒ < +∞ ⇒ ⇒ + = < +∞ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy f khả tích trên A . Định lý 8. Nếu f g≤ hầu khắp nơi trên A và g khả tích trên A thì f khả tích trên A . Chứng minh. A A f g f d gdμ μ≤ ⇒ ≤∫ ∫ nên nếu g khả tích trên A thì f khả tích trên A , suy ra f khả tích trên A . Định lý 9. Nếu f , g khả tích trên A thì f g± khả tích trên A . Chứng minh. Vì ( ) A A A f g d fd gdμ μ μ± = ±∫ ∫ ∫ nên từ giả thiết , ( ) A A A fd gd f g dμ μ μ≤ +∞ ≤ +∞ ⇒ ± ≤ +∞∫ ∫ ∫ Định lý 9. Nếu f khả tích, g bị chặn trên A thì .f g khả tích trên A . Chứng minh. Giả sử g M≤ trên A . Ta có A A A fg M f fgd M f d M f dμ μ μ≤ ⇒ ≤ =∫ ∫ ∫ Do đó, nếu f khả tích thì f khả tích, suy ra fg khả tích , vậy .f g khả tích trên A . $3. CHUYỂN GIỚI HẠN QUA DẤU TÍCH PHÂN Vấn đề đặt ra là với điều kiện nào ta có đẳng thức: lim limn n n n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ Ta đã biết, đối với tích phân xác định theo Riemann thì điều kiện cần là dãy hàm { }nf 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 hàm không âm). Nếu dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , không âm, đo được, đơn điệu tăng đến hàm f trên tập đo được A thì lim limn n n n A A A f d f d fdμ μ μ→+∞ →+∞= =∫ ∫ ∫ . Chứng minh. - Nếu nf là các hàm đơn giản thì đẳng thức này chính là định nghĩa tích phân. - Xét 0nf ≥ , đo được bất kì. Khi đó. với mỗi 1,2,...n = (cố định) sẽ tồn tại dãy hàm đơn giản, không âm { }( ) ,nmg m ∗∈ ¥ , tăng về hàm nf . Vì 1n nf f+ ≥ nên có thể xem ( 1) ( )n nm mg g+ ≥ . Do đó, với k n≤ thì ( ) ( ) ( ) ( ) k n n n n k n n n n A A A g g f g d g d f dμ μ μ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫ Cho n → +∞ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim lim lim (1) lim lim lim lim lim lim k n n n n n n n n k n n k n n n n n n n A A A k n n n n n n n A A A g g f hay f g f g d g d f d hay g d g d f d μ μ μ μ μ μ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( do ( ) ( ),k nn ng g là các hàm đơn giản nên có thể chuyển giới hạn qua dấu tích phân). Vậy ( )lim lim (2)nk n n n n A A A f d g d f dμ μ μ→+∞ →+∞≤ ≤∫ ∫ ∫ . Lại cho k → +∞ , từ (1), ta được ( ) ( ) lim lim lim lim lim (3) n k n k k n k n n n f g f hay f g f →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ≤ ≤ ≤ ≤ Từ (2), ta được ( ) ( ) lim lim lim lim lim lim lim lim (4) n k n n k k n k n A A A n k n n k n n A A A f d g d f d hay f d g d f d μ μ μ μ μ μ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Thế mà lim limk n k n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ Mặt khác, từ (3) ta có ( )lim nn n g f→+∞ = , nên từ (4) suy ra lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Đây chính là đẳng thức cần chứng minh. Ví dụ 1. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 2 1 ( ) , [0,1)n x n x f x x++= ∈ . Ta có 0nf ≥ , đo được trên [0,1) . Đặt ( ) 2, [0,1)f x x x= + ∈ thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Mặt khác, ta đã biết, f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 1, ta có [0,1) [0,1) 2 1 [0,1) [0,1) lim ( ) ( ) 5 lim ( 2) 2n n n x xn f x dx f x dx hay dx x dx →+∞ + +→+∞ = = = + = ∫ ∫ ∫ ∫ Định lý 2 (đối với dãy hàm bất kỳ). Nếu dãy hàm đo được { },nf n ∗∈ ¥ , đơn điệu tăng đến hàm f và 1f khả tích trên tập đo được A thì lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ . Chứng minh. Ta có { }nf là dãy tăng nên 1 0nf f− ≥ và dãy hàm { }1 ,nf f n ∗− ∈ ¥ , tăng về hàm 1f f− . Do đó, theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, thì 1 1lim ( ) ( )n n A A f f d f f dμ μ→+∞ − = −∫ ∫ Vì 1f khả tích, tức là 1 A f dμ−∞ < < +∞∫ , nên 1 1 1 1lim ( ) ( )n n A A A A f f d f d f f d f dμ μ μ μ→+∞ − + = − +∫ ∫ ∫ ∫ Áp dụng tính chất của tích phân suy ra lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Ví dụ 2. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 2 2 1 10 ( ) , [0,1)n x n nx x f x x+ += − ∈ . Ta có 1 1 ( ) 0 2 f < , nf đo được trên [0,1) . Đặt 1 10 ( ) , [0,1) x f x x+= ∈ thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Dễ thấy 2 21 1 10 ( ) x x f x x+ += − và f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 2, ta có 2 2 [0,1) [0,1) 1 1 1010 [0,1) [0,1) lim ( ) ( ) 11 lim ( ) ln 10n n n x n xx xn f x dx f x dx hay dx dx →+∞ ++ +→+∞ = = − = = ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý: Nếu { },nf n ∗∈ ¥ , là dãy hàm đơn điệu giảm thì định lý vẫn đúng. Định lý 3 (đối với dãy hàm bất kỳ). Nếu dãy hàm đo được { },nf n ∗∈ ¥ , đơn điệu giảm đến hàm f và 1f khả tích trên tập đo được A thì lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ . Ví dụ 3. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 1( ) , [1,2]n x n nx f x x= + ∈ . Ta có nf đo được trên [1,2] . Đặt ( ) 0, [1,2]f x x= ∈ thì dãy hàm đã cho giảm đến f trên [1,2] . Dễ thấy 11( ) xf x x= + và f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [1,2] . Theo định lý 3, ta có [1,2] [1,2] 1 [1,2] [1,2] lim ( ) ( ) lim ( ) 0 0n n n x nxn f x dx f x dx hay dx dx →+∞ →+∞ = = + = = ∫ ∫ ∫ ∫ Hệ quả 1. Nếu 0ng ≥ và ,ng n ∗∈ ¥ , đo được trên A , thì 1 1 n n n nA A g d g dμ μ +∞ +∞ = = =∑ ∑∫ ∫ Chứng minh. Đặt 1 , , n n k k f g n ∗ = = ∈∑ ¥ thì 0nf ≥ , nf đo được và { }nf tăng đến 1 k k g +∞ = ∑ trên A . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, ta có 1 lim limn n k n n kA A A f d f d g dμ μ μ +∞ →+∞ →+∞ = = = ∑∫ ∫ ∫ Mặt khác, vì 1 1 n n n k k k kA A A f d g d g dμ μ μ = = = =∑ ∑∫ ∫ ∫ nên 1 lim n k n kA A f d g dμ μ +∞ →+∞ = = ∑∫ ∫ Vậy 1 1 n n n nA A g d g dμ μ +∞ +∞ = = =∑ ∑∫ ∫ Hệ quả 2. Nếu 0ng ≥ , ,ng n ∗∈ ¥ , đo được trên A , và 1 n n A g dμ +∞ = < +∞∑ ∫ , thì 1 n n g +∞ = < +∞∑ hầu khắp nơi trên A , hàm số 1 ( ) ( )n n g x g x +∞ = = ∑ khả tích trên A . Chứng minh. Theo hệ quả 1, ta có 1 1 n n n nA A g d g dμ μ +∞ +∞ = = = < +∞∑ ∑∫ ∫ nên hàm số 1 ( ) ( )n n g x g x +∞ = = ∑ khả tích trên A và do đó ( )g x hữu hạn hầu khắp nơi. 2. Bổ đề Fatou Nếu 0nf ≥ trên A thì lim limn nn nA A f d f dμ μ →+∞ →+∞ ≤∫ ∫ Chứng minh. Đặt { }1,...inf ,n n ng f f += thì 0ng ≥ và { }ng tăng đến lim n n f →+∞ hay lim limn n n n g f→+∞ →+∞ = . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm lim lim limn n n n n nA A A g d g d f dμ μ μ→+∞ →+∞ →+∞= =∫ ∫ ∫ Mặt khác, do n ng f≤ nên n n A A g d f dμ μ≤∫ ∫ và lim limn n n nA A g d f dμ μ →+∞ →+∞ ≤∫ ∫ Thế mà vì n A g dμ∫ có giới hạn nên lim limn n nn A A g d g dμ μ→+∞→+∞ =∫ ∫ . Vậy l im l im l im l im l im l im n n n nA A n n n nA A n n n nA A g d f d h a y g d f d f d f d μ μ μ μ μ μ → + ∞ → + ∞ → + ∞ → + ∞ → + ∞ → + ∞ ≤ ≤ ⇒ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý. 1. Nếu nf g≥ , g khả tích trên A thì bổ đề Fatou vẫn còn đúng: Nếu nf g≥ , g khả tích trên A thì lim limn n n nA A f d f dμ μ →+∞ →+∞ ≤∫ ∫ Khi đó ta chỉ cần áp dụng phần vừa chứng minh cho 0nf g− ≥ và A gdμ < +∞∫ . 2. Nếu nf g≤ , g khả tích trên A thì lim limn n n n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞≥∫ ∫ Ta chỉ cần áp dụng chú ý 1 cho trường hợp ,nf g g− ≥ − − khả tích trên A . 3. Hội tụ bị chặn Định lý 4 (Lebesgue). Giả sử (i) nf g≤ trên A ; (ii) g khả tích trên A ; (iii) dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên A . Khi đó lim nn A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Chứng minh. - Giả sử dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi trên A . Khi đó tồn tại tập hợp , , ( ) 0B A B Bμ⊂ ∈ =M sao cho { }nf hội tụ về f trên \A B . Vì ,ng f g g− ≤ ≤ khả tích trên A nên g khả tích trên \A B , theo chú ý 1,2 của bổ đề Fatou, ta có lim limn n n nA A f d f dμ μ → +∞ → +∞ ≤∫ ∫ và l im l imn n n n A A f d f dμ μ→ + ∞ → + ∞≥∫ ∫ Thế nhưng do lim lim , \n n n n f f f x A B→+∞ →+∞ = = ∀ ∈ nên \ \ \ \ \ \ lim lim lim lim n n n nA B A B A B n n n n A B A B A B fd f d f d f d f d fd μ μ μ μ μ μ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = ≤ ≤ ≤ ≤ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy \ \ lim n n A B A B f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Mặt khác, vì ( ) 0Bμ = nên hiển nhiên ta có lim n n B B f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Theo tính chất cộng tính của tích phân, ta suy ra đẳng thức cần chứng minh. - Giả sử dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ theo độ đo về hàm f trên A . Theo định nghĩa giới hạn trên, tồn tại một dãy con { }kn của dãy số tự nhiên { }n sao cho lim limkn nk n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ . - Hiển nhiên ta có dãy con { },knf k ∗∈ ¥ , cũng hội tụ theo độ đo về hàm f trên A .Khi đó lại có một dãy con { },kinf i ∗∈ ¥ ,của dãy { },knf k ∗∈ ¥ , hội tụ hầu khắp nơi về hàm f trên A . Theo phần vừa chứng minh lim lim lim k ki n n n n k i A A A A f d f d f d fdμ μ μ μ→+∞ →+∞ →+∞= = =∫ ∫ ∫ ∫ Tương tự, ta có lim n n A A f d fdμ μ →+∞ =∫ ∫ Vậy lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Hệ quả 1. Nếu ,nf M M const≤ = , dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên A , ( )Aμ < +∞ thì lim nn A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Ta chỉ cần áp dụng định lý 4 cho hàm số , ( ) A g M gd M Aμ μ= = < +∞∫ Hệ quả 2. Trong không gian ¡ , nếu f khả tích Riemann trên một khoảng hữu hạn I ⊂ ¡ thì f khả tích Lebesgue trên I và ta có ( ) ( ) ( ) I I L fd R f x dxμ =∫ ∫ . $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 khả tích Riemann trên [ , ]a b khi và chỉ khi f liên tục hầu khắp nơi trên [ , ]a b . 2. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann Định lý 2 Nếu f khả tích Riemann trên [ , ]a b thì nó khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và [ , ] ( ) ( ) ( ) b a b a L fd R f x dxμ =∫ ∫ 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 ( ) a f x dx +∞ ∫ . Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn hữu hạn[ , ] [ , ).a b a⊂ +∞ Khi đó tích phân suy rộng ( ) a f x dx +∞ ∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Lebesgue trên [ , )a +∞ và [ , ) ( ) ( ) a a f x dx L fdμ +∞ +∞ =∫ ∫ b) Tích phân suy rộng loại hai Định lý 4 Cho tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ với a là điểm kì dị. Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , ].a bε+ Khi đó tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và [ , ] ( ) ( ) b a a b f x dx L fdμ=∫ ∫ Định lý 5 Cho tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ với b là điểm kì dị. Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , ].a b ε− Khi đó tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và [ , ] ( ) ( ) b a a b f x dx L fdμ=∫ ∫ Chú ý: Nếu các tích phân suy rộng trên đây phân kì ( )= +∞ , thì tích phân Lebesgue của các hàm số tương ứng cũng bằng +∞ . Ví dụ 1. Cho ,f g là hai hàm số liên tục trên [ , ]a b . Đặt ( ), [ , ] ( ) ( ), [ , ] \ f x khi x a b h x g x khi x a b ∈ ∩⎧= ⎨ ∈⎩ ¤ ¤ Chứng minh rằng a) h khả tích Riemann trên [ , ]a b khi và chỉ khi f g= trên [ , ]a b . b) h luôn khả tích Lebesgue trên [ , ]a b . Giải. a) Giả sử ( ) ( ), [ , ]f x g x x a b= ∀ ∈ . Khi đó h f= trên [ , ]a b nên h liên tục trên [ , ]a b . Vậy h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Ngược lại, giả sử h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Ta chứng minh ( ) ( ), [ , ]f x g x x a b= ∀ ∈ . Đặt { }[ , ] : ( ) ( )A x a b f x g x= ∈ ≠ . Ta cần chứng minh A φ= . Gọi B là tập hợp các điểm gián đoạn của h trên [ , ]a b thì do h khả tích Riemann trên [ , ]a b nên ( ) 0Bμ = . - Trước hết ta chứng minh A B⊂ . Lấy tùy ý, cố định 0x A∈ thì 0 0 0[ , ] ( ) ( )x a b f x g x∈ ∧ ≠ . Vì 0x là số thực nên luôn tồn tại hai dãy số hữu tỷ, vô tỷ cùng hội tụ về nó. Do đó ta luôn có thể chọn được các dãy số: { } { }'[ , ] , [ , ] \n nx a b x a b⊂ ∩ ⊂¤ ¤ sao cho ' 0 0lim , limn n n n x x x x→+∞ →+∞= = . Vì ,f g liên tục trên [ , ]a b nên ,f g liên tục tại 0x . Khi đó ta có 0 ' ' 0 lim ( ) lim ( ) ( ), lim ( ) lim ( ) ( ) n n n n n n n n h x f x f x h x g x g x →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = = = = Suy ra 'lim ( ) lim ( )n n n n h x h x→+∞ →+∞≠ , do đó hàm số h không liên tục tại 0x . Vậy 0 .x B A B∈ ⇒ ⊂ - Bây giờ ta chứng minh A φ= . Giả sử tồn tại 0x A∈ thì 0 0 0[ , ] ( ) ( )x a b f x g x∈ ∧ ≠ . Xét hàm số ( ) ( ) ( ), [ , ].k x f x g x x a b= − ∀ ∈ Vì ,f g liên tục trên [ , ]a b nên k liên tục trên [ , ]a b , suy ra k liên tục tại 0x . Ta có 0 0 0( ) ( ) ( ) 0.k x f x g x= − ≠ Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0( ) 0k x > (vì trường hợp 0( ) 0k x < được chứng minh tương tự). Khi đó, theo tính chất của hàm liên tục tại một điểm, sẽ tồn tại số 0δ > đủ nhỏ để 0 0( ) 0, ( , ) [ , ]k x x x x a bδ δ> ∀ ∈ − + ⊂ . Trường hợp 0x a= ta thay lân cận hai phía đó bởi lân cận phải ( , )a a δ+ ; trường hợp 0x b= thay bởi lân cận trái ( , ).b bδ− Trong cả ba trường hợp ta đều gọi các lân cận của 0x là C thì rõ ràng ( ) 0, ( ) ( ),k x x C f x g x x C≠ ∀ ∈ ⇒ ≠ ∀ ∈ Hiển nhiên [ , ]C a b C A C B⊂ ⇒ ⊂ ⇒ ⊂ . Mà ( ) 2 0Cμ δ= > (hoặc ( ) 0Cμ δ= > ) nên ( ) ( ) 0B Cμ μ≥ > , trái với giả thiết h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Vậy, điều giả sử tồn tại 0x A∈ là sai nên A φ= , tức là f g= trên [ , ]a b . b) Đặt { }[ , ] : ( ) ( )D x a b h x g x= ∈ ≠ . Ta có [ , ] ( ) 0D a b Dμ⊂ ∩ ⇒ =¤ Do đó h g: trên [ , ]a b . Mà g liên tục trên [ , ]a b nên g khả tích Riemann trên [ , ]a b , do đó cũng khả tích Lebesgue trên [ , ]a b . Vậy h khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và ta có [ , ] [ , ] ( ) ( ) ( ) ( ) b a b a b a L hd L gd R g x dxμ μ= =∫ ∫ ∫ Ví dụ 2. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích , [0,1] 1 ( ) ln(1 ), [0, ] \ 2 1 , ( ,1] \ 2 xe khi x f x x khi x arctgx khi x ⎧ ∈ ∩⎪⎪⎪= + ∈⎨⎪⎪ ∈⎪⎩ ¤ ¤ ¤ Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Trên 1 [0, ] 2 , ta có 1 , [0, ] 2( ) 1 ln(1 ), [0, ] \ 2 xe khi x f x x khi x ⎧ ∈ ∩⎪= ⎨⎪ + ∈⎩ ¤ ¤ Vì các hàm số ( ) , ( ) ln(1 )xg x e h x x= = + liên tục trên 1 [0, ] 2 và 0(0) 1 (0) ln(1 0) 0g e h= = ≠ = + = nên theo ví dụ 1, f không khả tích Riemann trên 1 [0, ] 2 và do đó không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt 1 ln(1 ), [0, ] 2( ) 1 , ( ,1] 2 x khi x k x arctgx khi x ⎧ + ∈⎪= ⎨⎪ ∈⎩ thì ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x k x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤ nên f k: trên [0,1] . Mà k bị chặn trên [0,1] và chỉ gián đoạn tại 1 2 x = , suy ra k khả tích Riemann trên [0,1] và do đó khả tích Lebesgue trên [0,1] . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1] . c) Ta tính tích phân của f . Ta có 1[0,1] [0,1] 0 1 12 10 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ln(1 ) [ ln(1 ) ln(1 )] 2 0 1 1 1 1 1 1 135 [ ln(1 )] ln12 4 2 2 2 2 64 2 L fd L kd R k x dx x dx arctgxdx x x x x xarctgx x arctg μ μ π = = = = + + = + − + + + + − + = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 3. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích 3, [0,1] ( ) 1 , [0,1] \ x khi x f x khi x x ⎧ ∈ ∩⎪= ⎨ ∈⎪⎩ ¤ ¤ Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Chọn dãy số { } [0,1] \ , lim 0n n n x x→+∞⊂ =¤ , thì dãy số tương ứng { } 1( ) , lim ( )n nnnf x f xx →+∞ ⎧ ⎫⎪ ⎪= = +∞⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭ nên f không bị chặn, suy ra f không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt 1 , (0,1] ( ) 0, 0 khi x f x x khi x ⎧ ∈⎪= ⎨⎪ =⎩ Ta có ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x g x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤ nên f g: trên [0,1] . Mà ( ) 0, [0,1]g x x≥ ∀ ∈ và tích phân suy rộng loại hai với 0 là điểm kì dị 1 1 0 0 1 ( )g x dx dx x =∫ ∫ hội tụ. Theo định lý 4, g khả tích Lebesgue trên [0,1] . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1] . c) Ta tính tích phân của f . Ta có 1 [0,1] [0,1] 0 1 1 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 11 1 lim lim 2 2 a a a L fd L gd g x dx dx dx x ax x μ μ → → = = = = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 4. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [1, ]e và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích , [1, ]( ) ln , [1, ] \ xe khi x ef x x khi x e ⎧⎪ ∈ ∩= ⎨ ∈⎪⎩ ¤ ¤ Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Đặt ( ) , ( ) ln , ( ) ( ) ( ), [1, ]xg x e h x x k x g x h x x e= = = − ∈ thì , ,g h k là các hàm sơ cấp nên liên tục trên [1, ]e . Ta có (1) ln1 0k e e= − = > và k liên tục phải tại 1x = nên tồn tại 0δ > đủ nhỏ sao cho ( ) 0, (1,1 ) [1, ]k x x eδ> ∀ ∈ + ⊂ . Ta chứng minh hàm số f đã cho gián đoạn tại mọi điểm (1,1 ).x δ∈ + Thật vậy, lấy cố định, tuỳ ý 0 (1,1 )x δ∈ + , ta có 0( ) 0k x > và 0x là số thực nên tồn tại hai dãy số: { } { }'[1, ] , [1, ] \n nx e x e⊂ ∩ ⊂¤ ¤ sao cho ' 0 0lim , limn n n n x x x x→+∞ →+∞= = . Vì ,g h liên tục trên [1, ]e nên ,g h liên tục tại 0x . Khi đó ta có 0 ' ' 0 lim ( ) lim ( ) ( ), lim ( ) lim ( ) ( ) n n n n n n n n f x g x g x f x h x h x →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = = = = Mà 0 0 0( ) ( ) ( ) 0g x h x k x− = ≠ , suy ra 'lim ( ) lim ( )n n n n f x f x→+∞ →+∞≠ , do đó hàm số f không liên tục tại 0x . Vì 0x được chọn tuỳ ý trên (1,1 )δ+ nên f gián đoạn tại mọi điểm thuộc (1,1 )δ+ . Điều đó có nghĩa tập hợp các điểm gián đoạn của f phải chứa (1,1 )δ+ là khoảng có độ đo khác 0. Vậy f không khả tích Riemann. b) Xét tính khả tích Lebesgue. Ta có ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x h x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤ 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 [1, ]e . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [1, ]e . c) Ta tính tích phân của f . Ta có [1, ] [1, ] 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ln [ ln ] 1 1 e e e e L fd L hd R h x dx e xdx x x x μ μ= = = = = − = ∫ ∫ ∫ ∫ Nhận xét: Thực ra hàm số ( ) ( ) ( ) ln 0, [1, ]xk x g x h x e x x e= − = − > ∀ ∈ nên ta có thể chứng minh hàm số f cho ở ví dụ 4 không liên tục tại mọi điểm [1, ].x e∈ Khi đó tập hợp các điểm gián đoạn của f chính là [1, ]e có độ đo bằng 1 0.e − > Ví dụ 5. Tính [0,1] lim n n f dμ→+∞ ∫ , trong đó { },nf n ∗∈ ¥ , là dãy hàm số xác định bởi sin 1 , (0,1]( ) 1, 0 n n x khi xf x x n khi x ⎧⎛ ⎞⎪ + ∈⎜ ⎟= ⎨⎝ ⎠⎪ =⎩ Giải. - Ta có nf bị chặn trên [0,1] vì 1 ( ) 1 , , [0,1] n nf x e n xn ∗⎛ ⎞≤ + ≤ ∀ ∈ ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ ¥ - ([0,1]) 1μ = < +∞ - Ta chứng minh dãy hàm đã cho hội tụ hầu khắp nơi trên [0,1] . Thật vậy, với (0,1]x∀ ∈ , đặt sin xt x= thì (0,1)t ∈ . Suy ra 1 1 1 lim ( ) lim lim 1 1 lim 1 0. 0, (0,1] n n n n n n n tn tn t n f x t t n tn t e x tn →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= + = = ∀ ∈⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ Mà { }( )0 0μ = nên . . 0nf h k nuuuuur trên [0,1] . Theo hệ quả 1 của định lý Lebesgue về sự hội tụ bị chặn, ta có [0,1] [0,1] [0,1] lim lim 0 0n n n n f d f d dμ μ μ→+∞ →+∞= = =∫ ∫ ∫