luan van hoan chinh - alove7.files.wordpress.com · 2 cô lỜi cẢm Ơn ---- Œ & Š ----...
TRANSCRIPT
1
2
LỜI CẢM ƠN ---- ñ & ó ----
Trong suốt quá trình thực hiện đề tài luận văn tốt nghiệp em đã nhận được rất nhiều sự giúp đỡ, động viên từ quý thầy cô và bạn bè. Vì vậy, em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô Bộ môn Toán đã truyền đạt cho em những kiến thức quý báu trong suốt 4 năm học vừa qua. Xin chân thành cảm ơn Thư viện Khoa Sư Phạm, Trung tâm học liệu Đại học Cần Thơ đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho em thực hiện tốt đề tài.
Em xin chân thành cảm ơn cô Trần Thị Thanh Thúy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em hoàn thành đề tài.
Xin cảm ơn tập thể lớp SP Toán K 30 đã đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thành.
Tuy nhiên, do kiến thức có hạn nên luận văn còn nhiều hạn chế và không tránh khỏi những sai sót. Vì vậy, em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Sinh viên thực hiện
Phan Trần Diễm
3
NHẬN XÉT CỦA GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ...................................................................................................................................... ......................................................................................................................................
4
NHẬN XÉT CỦA GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
5
MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU ..................................................................................... 1
1. Lý do chọn đề tài ............................................................................. 1
2. Lịch sử vấn đề ................................................................................. 1
3. Mục đích nghiên cứu ....................................................................... 1
4. Phạm vi nghiên cứu ......................................................................... 2
5. Phương pháp nghiên cứu ................................................................. 2
PHẦN NỘI DUNG.................................................................................. 3
PHẦN I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ......................................................... 3
1. Độ đo trên một đại số tập hợp.......................................................... 3
1.1. Định nghĩa độ đo........................................................................ 3
1.2. Một số tính chất của độ đo. ........................................................ 4
2. Độ đo Lebesgue trên R .................................................................... 5
3. Hàm số đo được…..…..……………………………….……….……5
3.1. Định nghĩa ................................................................................. 5
3.2. Một số tính chất ......................................................................... 6
3.3. Các phép toán trên hàm số đo được............................................ 6
3.4. Khái niệm hầu khắp nơi ............................................................. 6
3.5. Cấu trúc của hàm đo được.......................................................... 7
3.6. Sự hội tụ theo độ đo................................................................... 8
PHẦN II: TÍCH PHÂN LEBESGUE ....................................................... 9
1. Các định nghĩa tích phân ................................................................. 9
1.1. Tích phân của hàm đơn giản, không âm ..................................... 9
1.2. Tích phân của hàm đo được, không âm ...................................... 11
1.3. Tích phân của hàm đo được bất kỳ............................................. 12
2. Các tính chất.................................................................................... 12
3. Qua giới hạn dưới dấu tích phân ...................................................... 19
4. Tính liên tục tuyệt đối của tích phân ................................................ 25
5. Mối quan hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann........... 26
6. Điều kiện khả tích Lebesgue đối với tích phân trên khoảng vô hạn.. 27
6
7. Điều kiện khả tích Lebesgue của hàm không bị chặn....................... 28
PHẦN III: BÀI TẬP ................................................................................ 29
PHẦN KẾT LUẬN.................................................................................. 57
TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................ 58
7
PHẦN MỞ ĐẦU
---- ñ & ó ---- 1. Lý do chọn đề tài
Ở chương trình phổ thông, chúng ta đã bước đầu làm quen với khái niệm tích
phân và những ứng dụng hữu ích của nó. Khi đó, phép lấy tích phân của những hàm
liên tục hoặc gián đoạn tại hữu hạn điểm được thực hiện một cách dễ dàng bằng tích
phân Riemann. Thế nhưng, đối với những hàm gián đoạn tại vô số điểm hoặc tất cả
các điểm thì làm thế nào để có thể lấy tích phân theo một nghĩa nào đó? Đây là một
câu hỏi đã được đặt ra trong suy nghĩ của em suốt thời phổ thông. Khi bước vào đại
học, em đã có cơ hội để trả lời câu hỏi đó qua việc tìm hiểu về tích phân Lebesgue.
Tuy nhiên, trong khuôn khổ của một môn học, em không có điều kiện để nghiên
cứu sâu về các tính chất cũng như các điều kiện khả tích của loại tích phân này
trong những trường hợp khác nhau. Do đó, em luôn có mong muốn đào sâu hơn về
vấn đề này để bổ sung và hoàn thiện thêm kiến thức của mình. Với những lý do
trên, cùng với sự gợi ý của cô em đã mạnh dạn chọn đề tài này để hoàn thành luận
văn tốt nghiệp của mình.
2. Lịch sử vấn đề Lý thuyết tích phân tổng quát được nhà toán học Henri Lebesgue xây dựng
vào đầu thế kỷ XX. Sau đó, nó được hoàn thiện đáng kể bởi nhiều nhà toán học lớn.
Lý thuyết này đã khắc phục được những khiếm khuyết của tích phân Riemann.
Ngoài ra, lý thuyết tích phân của Lebesgue còn đáp ứng được các yêu cầu phát triển
trong các lĩnh vực: Xác suất, Phương trình đạo hàm riêng, Cơ học lượng tử…
3. Mục đích nghiên cứu
- Hệ thống các tính chất của tích phân Lebesgue, tìm hiểu các điều kiện khả
tích (L), xét tính khả tích (L) của các hàm đo được. Nghiên cứu sâu hơn các tính
chất liên quan đến tính khả tích (L).
- Giải một số bài toán về tích phân Lebesgue. Chẳng hạn:
• Tính tích phân (L) bằng cách sử dụng các hàm đơn giản, hàm tương
đương, tính σ_cộng tính, tính chất của độ đo, định lý hội tụ đơn điệu, định lý hội tụ
bị chặn.
• Giải một số bài toán liên quan đến qua giới hạn dưới dấu tích phân.
8
• Giải các bài toán liên quan đến điều kiện khả tích của các hàm đo được.
4. Phạm vi nghiên cứu Tích phân Lebesgue: các tính chất, các dạng toán liên quan đến tích phân
Lebesgue.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Tập hợp, tham khảo các tài liệu có liên quan đến đề tài.
- Hệ thống những kiến thức tiên quyết, cơ sở để tiếp cận nội dung chính của đề
tài.
- Kết hợp tự nghiên cứu, trao đổi, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn.
9
PHẦN NỘI DUNG PHẦN I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1. Độ đo trên một đại số tập hợp
1.1. Định nghĩa độ đo
Cho C là một đại số trên X. Hàm tập µ : C "R được gọi là một độ đo trên
C nếu thỏa mãn các điều kiện sau:
a) µ(A) ≥ 0 , ∀A ∈ C
b) µ(∅) = 0
c) An ∈ C, ( ) ∈≠∅=∩∞
=U
1
,n
nmn AmnAA C ( )∑∞
=
∞
=
=
⇒
11 nn
nn AA µµ U
(tính σ_ cộng tính)
Khi đó (X, C, µ) được gọi là một không gian độ đo.
+ Độ đo µ được gọi là hữu hạn nếu µ(X) < + ∞
+ Độ đo µ được gọi là σ_hữu hạn nếu ∃ { }n n NA
∈⊂ C
sao cho U∞
=
=1n
nAX và µ(An) < + ∞, ∀n ∈ N.
Ví dụ:
• X ≠ ∅, C = P (X)
µ(A) = 0 , ∀A ∈ C
và ( ) 0,,A
AA
µ= ∅
= +∞ ≠ ∅
là hai độ đo trên C.
• Hàm µ: C "R
( )AA µa
(trong đó ( )Aµ bằng card(A) nếu A hữu hạn và bằng ∞+ nếu A vô hạn)
Khi đó µ là độ đo và được gọi là độ đo đếm.
* Độ đo đủ:
Một không gian độ đo (X, C, µ) gọi là đầy đủ nếu mọi tập con của một tập có
độ đo không bất kỳ đều đo được.
10
1.2. Một số tính chất của độ đo
Tính chất 1: Cho (X, C, µ) là một không gian độ đo.
a) A, B ∈ C, B ⊂ A ⇒ µ(B) ≤ µ(A).
b) Nếu {An}n ∈ N⊂ C, 1
nn
A∞
=
∈U C thì µ(1
nn
A∞
=U ) ≤
1( )n
nAµ
∞
=∑ .
c) Nếu An ∈ C , ∀n, A1 ⊂ A2 ⊂ …, 1
nn
A∞
=
∈U C thì ( )nnnn AA µµ
∞→
∞
=
=
lim
1U .
d) Nếu An ∈ C , ∀n, A1 ⊃ A2 ⊃…, µ(A1) < +∞, 1
nn
A∞
=I ∈ C
thì ( )nnnn AA µµ
∞→
∞
=
=
lim
1I .
Tính chất 2: Cho µ là độ đo trên đại số C. Khi đó:
i) µ(Ai) = 0, 1
ii
A∞
=
∈U C1
( ) 0ii
Aµ∞
=
⇒ =U .
ii) A ∈ C, µ(B) = 0 ⇒ µ(A ∪ B) = µ(A \ B) = µ(A).
Tính chất 3:
Giả sử µ: C "R là một hàm tập hợp trên C. Khi đó µ là một độ đo trên C
khi và chỉ khi các điều kiện sau thỏa mãn:
i) µ(∅) = 0
ii) {Ai}i∈ N⊂ C, A ∈ C, 1
ii
A A∞
=
⊂U và Ai ∩ Aj = ∅ (i ≠ j) ⇒ 1
( ) ( )ii
A Aµ µ∞
=
≤∑
iii) {Ai}i∈ N⊂ C, A ∈ C, 11
( ) ( )i iii
A A A Aµ µ∞ ∞
==
⊂ ⇒ ≤ ∑U
Tính chất 4:
Cho µ là một hàm tập hợp, không âm, cộng tính trên một đại số C và sao cho
µ(∅) = 0. µ là độ đo trên C nếu thỏa thêm một trong hai điều kiện sau:
i) An ∈ C , ∀n, A1 ⊂ A2 ⊂ …, 1
nn
A∞
=
∈U C ⇒ 1
( ) lim ( )n nnn
A Aµ µ∞
→∞=
=U
ii) An ∈ C , ∀n, A1 ⊃ A2 ⊃…, 1
nn
A∞
=I = ∅ ⇒ lim ( ) 0nn
Aµ→∞
=
11
2. Độ đo Lebesgue trên R
* Một gian trên R là một tập con của R có một trong các dạng sau: [a,b],
[a,b), (a,b], (a,b), [a, +∞), (a, +∞), (- ∞, b], (- ∞, b).
Khi đó: C = ( )
∈≠∅=∆∩∆∆=⊂=U
n
ijii NnjiPRP
1
,, là một đại số.
Trên C ta xây dựng một hàm m : C " R
1
( )n
ii
P m P=
= ∆∑a
Khi đó m là độ đo trên C.
∀A ⊂ R, đặt: µ*(A) = inf {1 1
( ), ,i i ii i
m P P A P∞∞
= =
⊃ ∈∑ U C }.
Gọi L là tập tất cả các tập con A của R sao cho:
µ*(E) = µ*(E ∩ A) + µ*(E ∩ AC), ∀E ⊂ R
Gọi ∗= µµ |L.
Độ đo µ xây dựng theo cách trên gọi là độ đo Lebesgue trên R.
Các tập A ∈ L được gọi là các tập đo được theo nghĩa Lebesgue.
* Ví dụ:
• Tập {a} chỉ gồm một điểm a ∈ R đo được (L) và có độ đo bằng 0.
• Mọi tập con hữu hạn hoặc đếm được của R đều đo được (L) và có độ đo
bằng 0.
∀ a, b ∈ R, a < b, ta có:
µ((a, b)) = µ([a, b)) = µ((a, b]) = µ([a,b]) = b – a
* Tính chất:
i) Độ đo Lebesgue trên R là σ_hữu hạn và là độ đo đủ.
ii) Mọi tập Borel trên R đều đo được (L).
3. Hàm số đo được
3.1. Định nghĩa
Cho (X, F) là một không gian đo được, A ∈ F và f : A " R . Hàm f được gọi
là đo được trên A đối với σ_đại số F nếu:
∀A ∈R: {x ∈ A | f(x) < a} ∈ F (1)
12
Điều kiện (1) tương đương với một trong ba điều kiện sau:
∀A ∈ R: {x ∈ A | f(x) ≤ a} ∈ F
∀A ∈ R: {x ∈ A | f(x) > a} ∈ F
∀A ∈ R: {x ∈ A | f(x) ≥ a} ∈ F
3.2. Một số tính chất
Cho (X, F) là không gian đo được.
a) Nếu f(x) = c = const, ∀x ∈ A, A ∈ F thì f đo được trên A.
b) Nếu f đo được trên A, B ⊂ A và B ∈ F thì f cũng đo được trên B.
c) Nếu f đo được trên A thì ∀a ∈ R: { x ∈ A | f(x) = a } ∈ F.
d) Nếu f đo được trên A thì kf (k ∈ R) cũng đo được trên A.
e) Nếu f đo được trên dãy { } 1n nA ∞
= thì f đo được trên
1n
n
A∞
=U .
f) Nếu f xác định trên A, µ(A) = 0 và µ là độ đo đủ thì f đo được trên A.
3.3. Các phép toán trên hàm số đo được
• Nếu f đo được trên A thì f α (α > 0) cũng đo được trên A.
• Nếu f, g đo được và hữu hạn trên A thì , . , max{ , }, min{ , }f g f g f g f g± cũng
đo được và nếu g(x) ≠ 0, ∀x ∈ A thì fg
cũng đo được trên A.
• f đo được ⇔ f+ và f − đo được (với f+ = max {f, 0}, f − = max {- f, 0}).
• Nếu dãy {fn(x)}n ∈ N là một dãy các hàm đo được và hữu hạn thì các hàm
sup{fn(x)}, inf{fn(x)}, lim , limn nf f đo được và nếu tồn tại lim nnf f
→∞= thì f cũng đo
được.
3.4. Khái niệm hầu khắp nơi
Cho (X, F, µ) là một không gian độ đo.
Một điều kiện α (x) được gọi là thỏa mãn hầu khắp nơi (h.k.n) trên A
nếu ∃B ⊂ A: µ(B) = 0 và α (x) được thỏa ∀x ∈ A\B.
* Ví dụ:
• f : A → R hữu hạn h.k.n trên A nếu ∃B ⊂ A: µ(B) = 0 và f(x) ∈ R,
∀x ∈ A\B.
• Dãy {fn(x)} hội tụ h.k.n trên A về f nếu ∃B ⊂ A: µ(B) = 0 và
13
lim ( ) ( ), \nnf x f x x A B
→∞= ∀ ∈ .
• f, g bằng nhau h.k.n trên A nếu ∃B ⊂ A: µ(B) = 0 và
{ x ∈ A | f(x) ≠ g(x) } ⊂ B
Hai hàm bằng nhau h.k.n trên A được gọi là tương đương trên A.
Ký hiệu: f ∼ g .
* Nhận xét:
• Nếu f liên tục h.k.n trên A và µ là độ đo đủ thì f đo được trên A.
• Nếu f đo được, µ là độ đo đủ và g ∼ f thì g cũng đo được.
3.5. Cấu trúc của hàm đo được
* Hàm đặc trưng:
Hàm đặc trưng của tập A, kí hiệu ( )xAχ , là hàm số xác định như sau:
( )
∈∉
=AxAx
xA ,1,0
χ
* Hàm đơn giản:
Một hàm f : RA → được gọi là hàm đơn giản trên A nếu f đo được và f
nhận hữu hạn các giá trị hữu hạn.
Giả sử f là hàm đơn giản trên A.
Giá trị f(A) = { a1, a2,…,an} ⊂ R
Đặt Ai = {x ∈ A | f(x) = ai}, 1,i n=
Khi đó: Ai ∩ Aj = ∅ (i ≠ j) và 1
n
ii
A A=
= U
Ta có: 1
i
n
i Ai
f a χ=
= ∑ (*)
Mọi hàm f có dạng (*) với các Ai rời nhau đôi một và 1
n
ii
A A=
= U đều là các
hàm đơn giản trên A.
* Cấu trúc của hàm đo được:
ü Nếu f là hàm đo được trên A thì tồn tại dãy {fn} các hàm đơn giản sao cho:
( ) ( ) Axxfxfnn∈∀=
∞→,lim .
ü Nếu f là hàm đo được, không âm thì tồn tại một dãy các hàm đơn giản {fn}
thỏa:
14
• 0 ≤ f1 ≤ f2 ≤ …..
• fn(x) " f(x) khi n " ∞, ∀x ∈ A
3.6. Sự hội tụ theo độ đo
Định nghĩa: Cho dãy {fn}n ∈ N , f đo được trên A. {fn}n ∈ N được gọi là hội tụ
theo độ đo µ về f trên A nếu:
{ }( )0 : lim ( ) ( ) 0nnx A f x f xε ε
→∞∀ > ∈ − ≥ = .
Kí hiệu: nf fµ→ .
Tính chất: Cho µ là độ đo.
i) Nếu nf fµ→ trên A, µ đủ và f ∼ g thì nf gµ→ trên A.
ii) Nếu nf fµ→ và nf gµ→ trên A thì f ∼ g.
iii) Nếu {fn} đo được và nf fµ→ trên A thì tồn tại dãy con { }kn k Nf
∈ hội tụ
h.k.n về hàm f.
iv) Cho dãy {fn(x)} đo được, hữu hạn và hội tụ h.k.n trên tập A đo được, có
độ đo µ(A) < +∞. Với mỗi 0ε > tồn tại một tập đo được B ⊂ A sao cho µ(A\B) < ε
và {fn(x)} hội tụ đều trên B. (định lý Egorov)
15
PHẦN II: TÍCH PHÂN LEBESGUE
1. Các định nghĩa tích phân
1.1. Tích phân của hàm đơn giản, không âm
Cho không gian (X, F, µ), A ∈ F.
Nếu f là một hàm đơn giản, không âm trên A có dạng 1
i
n
i Ei
f a χ=
= ∑
(Ei đo được, Ei ∩ Ej = ∅, ∀i ≠ j, Un
iiEA
1=
= ) thì tích phân của f trên A theo độ đo µ
được định nghĩa là:
( )i
n
ii
A
Eafd µµ ∑∫=
=1
Nếu A = X, ta qui ước viết ∫X
fdµ là ∫ µfd
* Một số tính chất
1) Tích phân của hàm đơn giản, không âm được xác định một cách duy nhất.
2) Nếu f và g là các hàm đo được, đơn giản, không âm, , 0α β ≥ thì:
( )f g d fd gdα β µ α µ β µ+ = +∫ ∫ ∫
Chứng minh:
Giả sử f và g có biểu diễn tiêu chuẩn là:
1i
n
i Ei
f a χ=
= ∑ , 1
j
m
j Fj
g b χ=
= ∑ với ( )jiFFEEFEX jiji
m
jj
n
ii ≠∅=∩∅=∩==
==
,,11
UU
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )ji FE
n
i
m
jjiji babaxgxf ∩
= =∑∑ +=+=+ χβαβαβα
1 1
Khi đó:
1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ( )) ( ( ))
( ) ( )
n m
i j i ji j
n m n m
i i j j i ji j i j
n m m n
i i j j i ji j j i
n m
i i j ji j
f g d a b E F
a E F b E F
a E F b E F
a E b F fd gd
α β µ α β µ
α µ β µ
α µ β µ
α µ β µ α µ β µ
= =
= = = =
= = = =
= =
+ = + ∩
= ∩ + ∩
= ∩ + ∩
= + = +
∑∑∫
∑∑ ∑∑
∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∫ ∫
3) Nếu f ≤ g thì fd gdµ µ≤∫ ∫ .
16
4) Cho f là một hàm đơn giản, không âm và {An} là một dãy tăng trong F,
1n
n
X A∞
=
= U . Khi đó: nA
fd fdµ µ→∫ ∫ khi ∞→n .
Chứng minh:
Giả sử f có biểu diễn tiêu chuẩn là: iE
m
iiaf χ∑
=
=1
Do đó: ( )ni
m
iiA
A
AEadffdn
n
∩== ∑∫∫=
µµχµ1
Với mỗi i, ta thấy ( ) ( ) ∞→→∩ nkhiEAE ini µµ
Suy ra: ( ) ∫∑∫ =→=
µµµ fdEafd i
m
ii
An1
khi ∞→n
5) Nếu {fn} là dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng, lim nnf f
→∞= và f là hàm
đơn giản thì lim nnf d f dµ µ
→∞=∫ ∫ .
Chứng minh:
fn ≤ fn + 1, ∀n ⇒ 1n nf f +≤∫ ∫ , ∀n
Do đó: nf α→∫ , với α ∈ [0, + ∞)
Vì {fn} đơn điệu tăng nên nf f≤∫ ∫ , ∀n. Do đó: α ≤ f∫ (1)
Chọn hàm đơn giản s: 0 ≤ s ≤ f và c = const sao cho 0 ≤ c ≤ 1.
Đặt An = { x ∈ X | fn(x) ≥ cs(x) }, n = 1, 2,…
Ta có: ∫∫∫ ≥≥nn AA
nn sdcdfdf µµµ
Cho n → ∞, ta được: α ≥ limn
nA
c sdµ→∞ ∫
Cho c → 1: α ≥ µds∫ (với mọi hàm đơn giản s, 0 ≤ s ≤ f).
Do đó: ∫≥ fα (2)
Từ (1) và (2) ta được: .lim µα dff nn ∫∫ ∞→==
17
6) Cho {fn} là dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng, f là hàm đơn giản không
âm.
i) Nếu lim nnf f
→∞≤ trên X thì lim nn
f d fdµ µ→∞
≤∫ ∫
ii) Nếu lim nnf f
→∞≤ trên X thì lim nn
fd f dµ µ→∞
≤∫ ∫ .
Chứng minh:
i) Ta có: lim nnf f
→∞≤ và {fn} đơn điệu tăng nên fn ≤ f, ∀n.
Do đó: nf d f dµ µ≤∫ ∫
Cho ∞→n , ta được: lim nnf d fdµ µ
→∞≤∫ ∫ .
ii) Lấy α ∈ [0, 1), đặt An = { x ∈ X | α f(x) ≤ fn(x) }.
Ta có: An ∈ F,{An} là dãy tăng và 1
nn
X A∞
=
= U
Ta có: ( ) ( )nA nf x f xα χ ≤ , Xx ∈∀
Vì vậy: ( ) µµχαµαµα dfdxffdfd nnAn n ∫∫∫∫ ∞→∞→≤== limlim
Cho 1α −→ , ta được: lim nnfd f dµ µ
→∞≤∫ ∫ .
7) Cho {fn}, {gn} là hai dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng trên X. Nếu
lim limn nn nf g
→∞ →∞= trên X thì lim limn nn n
f d g dµ µ→∞ →∞
=∫ ∫ .
Chứng minh:
∀k = 1, n , ta có: limk nng f
→∞≤ trên X ⇒ limk nn
g d f dµ µ→∞
≤∫ ∫ .
Cho k " ∞, ta được: lim limk nk ng d f dµ µ
→∞ →∞≤∫ ∫ .
Tương tự, ta có: lim limn kn kf d g dµ µ
→∞ →∞≤∫ ∫ .
Vậy µµ dgdf kknn ∫∫ ∞→∞→= limlim .
1.2. Tích phân của hàm đo được, không âm
Định nghĩa:
Nếu f: A " R là một hàm đo được, không âm thì tích phân của hàm f được
định nghĩa là: ∫A
fdµ = sup { ϕϕµϕ ,0| fdA
≤≤∫ là hàm đơn giản}
18
Tính chất:
i) 0, ≥∀= ∫∫ cfccf
ii) ∫∫ ≤⇒≤≤ gfgf0
Thật vậy:
Vì gf ≤ nên nếu ϕ là hàm đơn giản sao cho f≤ϕ thì ta cũng có g≤ϕ .
Do đó: { } { } ∫∫∫∫ =≤≤≤= ggff ϕϕϕϕ supsup
iii) Nếu BAf ⊂≥ ,0 , A, B là hai tập đo được thì ∫∫ ≤BA
fdfd µµ .
Thật vậy:
Nếu BA ⊂ thì với ϕ là hàm đơn giản thỏa f≤≤ ϕ0 thì ∫∫ ≤BA
dd µϕµϕ .
Do đó: ∫∫ ≤BA
fdfd µµ
1.3. Tích phân của hàm đo được bất kỳ
Định nghĩa:
Cho f là một hàm đo được có dấu tùy ý trên A.
Nếu ít nhất một trong hai tích phân µdfA∫ + và µdf
A∫ − hữu hạn thì tích phân
của hàm f trên A được định nghĩa là: µµµ dfdfdfAAA∫∫∫ −+ −=
Nếu µdfA∫ hữu hạn thì ta nói hàm f khả tích trên A.
Khi X = R, F = L thì tích phân định nghĩa như trên được gọi là tích phân
Lebesgue. Ký hiệu: µdfLA∫)( .
2. Các tính chất
2.1. Nếu f đo được trên A và µ(A) = 0 thì 0A
f dµ =∫ .
2.2. Nếu f đo được, giới nội trên A và µ(A) < +∞ thì f khả tích trên A.
2.3. Tính cộng tính
Nếu A ∩ B = ∅ thì A B A B
f f f∪
= +∫ ∫ ∫
19
Hệ quả:
i) Nếu tồn tại A
f∫ , E ⊂ A, E đo được thì cũng tồn tại E
f∫ . Nếu f khả tích trên
A thì f cũng khả tích trên E.
ii) Nếu µ(B) = 0 thì A B A
f f∪
=∫ ∫
2.4. Tính bảo toàn thứ tự
• Nếu f ∼ g trên A thì A A
f g=∫ ∫ . Đặc biệt: nếu f = 0 h.k.n trên A thì 0A
f =∫ .
• Nếu f ≤ g trên A thì A A
f g≤∫ ∫ . Đặc biệt: nếu f ≥ 0 trên A thì 0A
f ≥∫ .
Hệ quả: Nếu f khả tích trên tập A thì f hữu hạn h.k.n trên A.
2.5. Tuyến tính
• ( )RcfccfAA
∈= ∫∫
• ( )A A A
f g f g+ = +∫ ∫ ∫ (vế phải phải có nghĩa).
2.6. Khả tích
• Nếu A
f∫ có nghĩa thì A A
f f≤∫ ∫ .
• f khả tích trên A ⇔ f khả tích trên A.
• Nếu f ≤ g h.k.n trên A và g khả tích thì f cũng khả tích trên A.
• Nếu f, g khả tích thì f ± g cũng khả tích.
Nếu f khả tích và g bị chặn thì f.g khả tích.
2.7. Cho f là hàm khả tích. Khi đó ∀ε > 0, tồn tại hàm đơn giản ϕ sao cho
A
f dϕ µ ε− <∫ .
Chứng minh:
• f đo được, không âm và A
fdµ < +∞∫ ⇒ ∃{ϕn} là dãy hàm đơn giản, không
âm, đơn điệu tăng và lim nnfϕ
→∞= trên X và lim nn
A A
d fdϕ µ µ→∞
=∫ ∫
⇒ ∃n ∈ N sao cho: nA A A
fd d fdµ ε ϕ µ µ− < ≤∫ ∫ ∫
20
⇒ ( )n nA A
f d f dϕ µ ϕ µ ε− = − <∫ ∫
• Nếu f khả tích thì :A
f dµ+ < +∞∫ và A
f dµ− < +∞∫
⇒ ∃ϕ1, ϕ2 sao cho: 1 2A
f d εϕ µ+ − <∫ và 2 2A
f d εϕ µ− − <∫
• Đặt: ϕ = ϕ1 - ϕ2 ⇒ 1 2( )A A
f d f f dϕ µ ϕ ϕ µ+ −− ≤ − + −∫ ∫
1 2A A
f d f dϕ µ ϕ µ ε+ −≤ − + − <∫ ∫
2.8. Tính σ_cộng tính
Cho một không gian độ đo (X, F, µ), f là một hàm đo được trên X.
∀A ∈ F ta định nghĩa: ( )A
A fdφ µ= ∫ . Khi đó: φ là σ_cộng tính trên F.
Tức là: Nếu ∈=∞
=n
nn AAA ,
1U F, ( )mnAA mn ≠∅=∩ thì ( ) ( )∑
∞
=
=1n
nAA φφ
(hay ∑ ∫∫∞
=
=1n AA n
ff ).
Chứng minh:
* Nếu f = χE, với E ∈ F thì ( )Aφ = EA
dχ µ∫ = ( )AE ∩µ
Vì µ là σ_cộng tính nên φ là σ_cộng tính.
* Trường hợp f là hàm đơn giản, không âm:
Giả sử: ( ) ( ) XExaxfn
kkE
n
kk k
====
∑ U11
,χ .
Khi đó: ( ) ( )AEafA k
n
kk
A
∩== ∑∫=
µφ1
.
Do U∞
=
=1i
iAA nên:
( )Aφ
∩=
∞
==∑ U
11 iik
n
kk AEa µ
( )
∩=
∞
==∑ U
11 iik
n
kk AEa µ
( ) ( )jiAAdoAEa jii
ik
n
kk ≠∅=∩∩= ∑∑
∞
==
,11
µ
21
( )
( )∑
∑ ∫
∑∑
∞
=
∞
=
∞
= =
=
=
∩=
1
1
1 1
ii
i A
iki
n
kk
A
fd
AEa
i
φ
µ
µ
* Trường hợp f là hàm đo được, không âm
Giả sử ϕ là một hàm đơn giản, không âm sao cho ϕ ≤ f.
Do chứng minh trên, ta có: ∑ ∫∫∞
=
=1k AA k
dd µϕµϕ
Do đó: ( )∑∑ ∫∫∞
=
∞
=
=≤11 k
kk AA
Afddk
φµµϕ
Mà sup{ 0A A
fd d fµ ϕ µ ϕ= ≤ ≤∫ ∫ , ϕ là hàm đơn giản}
Nên ( )∑∫∞
=
≤1k
kA
Afd φµ hay 1
( ) ( )kk
A Aφ φ∞
=
≤ ∑ (1)
• Nếu ∃ko sao cho φ(okA ) = + ∞ thì φ(A) = + ∞
(vì φ(A) ≥ φ(Ak), ∀k
Khi đó: φ(A) = 1
( )kk
Aφ∞
=∑ +∞= .
• Giả sử φ(Ak) < +∞, ∀k.
Ta chứng minh: φ(A) ≥ 1
( )kk
Aφ∞
=∑ bằng phương pháp quy nạp.
ü Với k = 2,vớiε > 0, chọn hàm đơn giản ϕ sao cho: ϕ ≤ f
và1 1A A
d fdϕ µ µ ε≥ −∫ ∫ , 2 2A A
d fdϕ µ µ ε≥ −∫ ∫
Ta có: φ(A1 ∪ A2) =
1 2 1 2 1 2
1 2( ) ( ) 2A A A A A A
fd d d d A Aµ ϕ µ ϕ µ ϕ µ φ φ ε∪ ∪
≥ = + ≥ + −∫ ∫ ∫ ∫
⇒ φ(A1 ∪ A2) ≥ φ(A1) + φ(A2).
ü Giả sử với k = n, ta có: 11
( ) ( )n n
k kkk
A Aφ φ==
≥ ∑U .
ü Ta chứng minh mệnh đề đúng với k = n + 1.
22
1 1
1 1 11 11 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n
k k n k n k n kk kk k k
A A A A A A A Aφ φ φ φ φ φ φ+ +
+ + += == = =
= ∪ ≥ + ≥ + =∑ ∑U U U
Vậy 11
( ) ( )n n
k kkk
A Aφ φ==
≥ ∑U , ∀n
Vì 1
n
kk
A=U ⊂ A nên φ(A) ≥
1( )
n
kk
Aφ=
∑
Cho n → ∞, ta được: φ(A) ≥ 1
( )kk
Aφ∞
=∑ (2)
Từ (1) & (2), suy ra: φ(A) = 1
( )kk
Aφ∞
=∑ .
* Trường hợp f là hàm đo được, có dấu tùy ý, ta phân tích f f f+ −= − , sau
đó áp dụng kết quả trên cho hai hàm không âm ,f f+ − .
• Từ tính chất trên ta suy ra: nếu f là hàm đo được, không âm thì
( )A
A fdφ µ= ∫ là một độ đo. Hàm ( )Aφ được gọi là tích phân bất định của f.
Áp dụng tính chất của độ đo, ta có thêm một số tính chất cho tích phân.
Chẳng hạn như: Nếu An ↑, An đo được, U∞
=
=1n
nAA và f là đo được không âm thì:
∫∫ ∞→=
nAn
A
fdfd µµ lim
2.9. Bất đẳng thức Tchebychev
Cho f(x) ≥ 0 khả tích trên A và c > 0 là một số dương bất kỳ.
Khi đó: µ({ x ∈ A | f(x) ≥ c }) ≤ 1 ( )A
f x dc
µ∫ .
Chứng minh:
Đặt B = { x ∈ A | f(x) ≥ c}
Khi đó: \
( ) ( ) ( ) ( ) ( )A B A B B
f x d f x d f x d f x d c Bµ µ µ µ µ= + ≥ ≥∫ ∫ ∫ ∫
Do đó: ( ) ( ) µµ dxfc
BA∫≤
1 .
23
2.10. Sau đây là một vài tính chất của tích phân các hàm đo được không âm
j Cho f không âm, khả tích trên A, ( ) 0>Aµ . Khi đó:
⇔=∫ 0A
f f = 0 h.k.n trên A.
Chứng minh:
( )⇒
• Nếu f là hàm đơn giản, không âm:iE
n
iiaf χ∑
=
=1
thì:
( ){ }( ) 000 =>∈⇔=∫ xfAxfdA
µµ .
0=⇔ f h.k.n trên A.
• Giả sử f đo được, không âm.
Khi đó tồn tại {fn} đơn giản, không âm, đơn điệu tăng sao cho:
ffnn=
∞→lim
Do đó: nfffdA
nA
nnA
∀=⇔=⇔= ∫∫∫ ∞→,00lim0µ .
nAtrênnkhfn ∀=⇔ ,..0
Vậy Atrênnkhf ..0= .
( )⇐ Giả sử: f = 0 h.k.n trên A.
Khi đó với mọi hàm đơn giản f≤≤ ϕϕ 0, thì nkh ..0=ϕ trên A.
⇒ AtrênnkhaiE
n
ii ..0
1=∑
=
χ
⇒ với mỗi ( ) ⇒
=
=0
0
i
i
Ea
thìiµ
( )∑∫=
==n
iii
A
Ea1
0µϕ
Theo định nghĩa tích phân của hàm không âm,
ta có: 00sup =
≤≤= ∫∫ ffAA
ϕϕ
Vậy ⇔=∫ 0A
f f = 0 h.k.n trên A.
Có thể chứng minh các chiều ( ) ( )⇐⇒ và của tính chất trên theo cách khác
như sau:
24
( )⇒ Giả sử 0=∫A
f
• Cách 1:
Đặt ( )
>∈=n
xfAxBn1
Ta có: ( ){ }01
≠∈==∞
=
xfAxBBn
nU
Giả sử ( ) 0>Bµ . Khi đó: ( ) 0:0 >>∃ NBN µ .
Ta có: ( ) 01>≥∫ N
B
BN
fdN
µµ
Điều này mâu thuẫn với: ≤∫NB
fdµ 0=∫A
fdµ (mâu thuẫn)
( ) 0=⇒ Bµ . Vậy f = 0 h.k.n trên A.
• Cách 2:
Đặt An = { x ∈ A | f(x) ≥ 1n
}
Ta có: ( ) 01=≤ ∫
An fdA
nµµ . Do đó: ( ) nAn ∀= ,0µ
Mặt khác: { x ∈ A | f(x) ≠ 0 } = 1
nn
A∞
=U
Vì vậy: µ({ x ∈ A | f(x) ≠ 0 } = 0 .
Điều này chứng tỏ f = 0 h.k.n trên A.
( )⇐ Xét {fn} là một dãy bất kỳ các hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng
và lim nnf f
→∞= trên A.
Ta có: fn = 0 h.k.n trên A, ∀n ∈ N ⇒ 0,nf d nµ = ∀∫
Do đó: 0lim == ∫∫ ∞→µµ dffd nn
.
k f khả tích và f(x) > 0 h.k.n trên A. Nếu 0A
f dµ =∫ thì µ(A) = 0.
Chứng minh:
Đặt A1 = { x ∈ A | f(x) > 0 }
A2 = { x ∈ A | f(x) ≤ 0 }
25
Khi đó: A1 ∩ A2 = ∅, A1, A2 ∈ F.
Do f(x) > 0 h.k.n trên A nên µ(A2) = 0
Ta có: f > 0 trên A1 và 1
0A A
fd fdµ µ= =∫ ∫ nên f = 0 h.k.n trên A1
⇒ µ(A1) = 0.
Vậy: µ(A) = µ(A1) + µ(A2) = 0.
l f đo được trên A và 0E
f dµ =∫ , ∀E ⊂ A, E đo được. Khi đó f = 0 h.k.n trên A.
Chứng minh:
Đặt: A1 = { x ∈ A | f(x) > 0 } ∈ F A2 = { x ∈ A | f(x) < 0 } ∈ F
Theo giả thiết: 1
0A
f dµ =∫ ⇒ µ(A1) = 0 (do f > 0 trên A1)
Ta có: 2
0A
f dµ =∫ . Thay f bởi – f, ta được:
A2 = { x ∈ A | - f(x) > 0 } ∈ F
Do đó, từ 2
( ) 0A
f dµ− =∫ ⇒ µ(A2) = 0.
Vậy µ{ x ∈ A | f(x) ≠ 0} = µ(A1) + µ(A2) = 0.
Do đó, f = 0 h.k.n trên A.
3. Qua giới hạn dưới dấu tích phân
Cho dãy hàm đo được {fn}. Nếu ( ) ( ) ∞→→ nkhixfxfn thì có thể
( ) ( ) ∞→→ ∫∫ nkhixfxfn hoặc ( ) ( ) ∞→→/ ∫∫ nkhixfxfn .
Xét ví dụ sau:
Cho ( ) ( ) .....,2,1,1,0==
nxnxf
nn χ
Ta có: ( ) Rxnkhixfn ∈∀∞→→ ,0 .
Nhưng: 001lim =≠= ∫∫∞→RR
nnddf µµ
26
Vậy với những điều kiện nào thì từ ( ) ( ) ∞→→ nkhixfxfn dẫn đến
( ) ( ) ∞→→ ∫∫ nkhixfxfn ? Để tìm hiểu về những điều kiện này, ta xét các định lý
sau:
Định lý hội tụ đơn điệu:
Cho dãy hàm đo được, không âm {fn}trên A.
Nếu 0 ≤ fn ↑ f thì ( ) ( )nA A
f x d f x dµ µ→∫ ∫ .
Chứng minh:
Do fn(x) ≤ f(x), ∀n nên ( ) ( ) µµ dxfdxfAA
n ∫∫ ≤ .
Do đó: ( ) ( ) µµ dxfdxfAA
nn ∫∫ ≤∞→
lim (1)
Ta cần chứng minh: ( ) lim ( )nnA A
f x d f x dµ µ→∞
≤∫ ∫ .
Giả sử ϕ là hàm đơn giản thỏa 0 ≤ ϕ ≤ f. Ta chứng minh:
( ) lim ( )nnA A
x d f x dϕ µ µ→∞
≤∫ ∫ .
Lấy 0 < c < 1. Đặt An = { x ∈ A | fn(x) ≥ cϕ (x)}, n = 1, 2, ….
Khi đó: {An} là một dãy tăng và 1
nn
A A∞
=
= U .
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) µµµϕµϕµϕ dxfdxfdxcdxcdxcA
nnA
nnA
nAA nn
∫∫∫∫∫ ∞→∞→∞→≤≤== limlimlim
Cho c → 1, ta được: ( ) lim ( )nnA A
x d f x dϕ µ µ→∞
≤∫ ∫
Do đó: ( ) ( ) µµ dxfdxfA
nnA
∫∫ ∞→≤ lim (2)
Từ (1) & (2), suy ra: lim ( ) ( )nnA A
f x d f x dµ µ→∞
=∫ ∫ .
Chú ý:
1) Nếu dãy hàm {fn} đo được, không âm, fn(x) tăng đến f(x) h.k.n trên A, ta vẫn
có: ∫∫ ∞→=
Ann
A
ff lim .
27
Chứng minh:
Giả sử: ( ) ( ) ( ) 0\,,,lim =⊂∈∀=∞→
EAAEExxfxfnnµ .
Khi đó: f ∼ Efχ trên A.
fn ∼ Enf χ trên A.
Do đó: ∫∫∫∫∫∫∫ ∞→∞→∞→∞→======
AnnE
AnnEn
Ann
En
EAE
A
fffffff limlimlimlim χχχ .
2) Nếu {fn} là một dãy giảm, ffnn=
∞→lim và f1 khả tích trên A thì
∫∫ =∞→
AAnn
fflim .
Thật vậy:
Vì {fn} giảm nên{ }nff −1 không âm và đơn điệu tăng.
Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được:
( ) ( )∫∫ −=−∞→
AAnn
ffff 11lim
⇔−=−⇔ ∫∫∫∫ ∞→AAA
nnA
ffff 11 lim ∫∫ =∞→
AAnn
fflim (do ∞<∫A
f1 ).
* Điều kiện f1 khả tích là không thể bỏ được.
Xét ví dụ sau:
[ )+∞= ,nnf χ . Ta có: ü { }nf là dãy hàm đơn điệu giảm và 0lim =∞→ nn
f .
ü f1 không khả tích trên R.
ü 0lim =≠+∞= ∫∫∞→RR
nnff
Hệ quả : Nếu gn ≥ 0 trên A và các hàm gn đo được thì:
1 1
n nn nA A
g g∞ ∞
= =
=∑ ∑∫ ∫
Chứng minh:
Đặt: ∑=
=n
kkn gf
1. Khi đó: nf≤0 ↑ ∑
∞
=1kkg
Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được: ∫∑∫∞
=∞→
=A k
kA
nngf
1lim
28
Mặt khác, ta có: ∫∑∫=
∞→∞→=
A
n
kkn
Ann
gf1
limlim ∑∫∑∫∞
==∞→
==11
limk A
k
n
k Akn
gg
Do đó: 1 1
n nn nA A
g g∞ ∞
= =
=∑ ∑∫ ∫ .
Bổ đề Fatou:
Nếu fn ≥ 0 trên A thì lim limn nA A
f f≤∫ ∫ .
Chú ý: Có thể có dấu < trong bất đẳng thức trên.
Ví dụ: Lấy ( ) [ )
+∉+<≤
=1,,01,1
nnxnxn
xfn
Ta có: 0lim =nf và nfR
n ∀=∫ ,1 .
Do đó: ∫∫ < nn ff limlim .
Hệ quả:
Å Nếu fn ≥ g, g khả tích trên A thì lim limn nA A
f f≤∫ ∫ .
Ç Nếu fn ≤ g, g khả tích trên A thì lim limn nA A
f f≥∫ ∫ .
É Nếu 0≥nf và ff nkhn → .. trên A thì ∫∫
∞→≤
An
nA
ff lim .
Ñ Nếu 0≥nf và ffn →µ trên A thì ∫∫∞→
≤A
nnA
ff lim .
Chứng minh:
Đặt nA n
nn aafa ∫∞→
== lim, . Khi đó: { } { } ∞→→⊂∃ kkhiaaaakk nnn : .
Vì { } { }kmkk nnn ffff ⊂∃⇒→µ : ff nkh
n mk → .. trên A khi ∞→m .
Áp dụng bổ đề Fatou, ta được:
( ) aafffmkmkmk n
mAn
mAn
mA
==
≤
=
∞→∞→∞→∫∫∫ limlimlim .
Vậy ∫∫∞→
≤A
nnA
ff lim .
29
Định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue:
Cho {fn} là một dãy hàm khả tích xác định trên A, fn hội tụ h.k.n (hoặc theo
độ đo) về f trên A và ( )nf x ≤ ϕ(x), ∀n (ϕ(x) là một hàm khả tích trên A). Khi đó:
f khả tích và ( ) lim ( )nnA A
f x d f x dµ µ→∞
=∫ ∫ .
Chứng minh:
* Trường hợp: . .h k nnf f→ trên A.
Cách 1:
Vì ( )nf x ≤ ϕ(x) nf
f
n
n ∀
≥−≥+
⇒ ,00
ϕϕ
Áp dụng bổ đề Fatou, ta được: ( ) ( )∫∫ +≤+∞→∞→ A
nn
nA n
ff ϕϕ limlim ,
( ) ( )∫∫ −≤−∞→∞→ A
nn
nA n
ff ϕϕ limlim
⇒ ( ) ( )
( ) ( )∫∫
∫∫
−≤−
+≤+
∞→
∞→
An
nA
An
nA
ff
ff
ϕϕ
ϕϕ
lim
lim ⇒
∫∫
∫∫
∞→
∞→
−≤−
≤
Ann
A
An
nA
ff
ff
lim
lim⇒
∫∫
∫∫
∞→
∞→
≥
≤
Ann
A
An
nA
ff
ff
lim
lim
∫∫∫∫ ≤≤≤⇒∞→∞→ AA
nnA
nnA
ffff limlim
Vậy ∫∫∫∫ ∞→∞→∞→===
An
AAnn
An
nffff limlimlim .
Cách 2:
Ta có: ( )nf x ≤ ϕ(x), ∀n và fn(x) → f(x) h.k.n.
⇒ ( )f x ≤ ϕ(x) h.k.n ⇒ f khả tích.
Lấy ε > 0. Khi đó: ∃δ > 0 sao cho ( )2B
x d εϕ µ <∫ với B ⊂ A, µ(B) < δ.
Theo định lý Egorov, ta có:
∃Eδ ⊂ A sao cho: µ(Eδ) < δ và fn hội tụ đều về f trên A \ Eδ
Ta có: \
lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) 2 ( )n nn nA A A E E
f x d f x d f x f x d x dδ δ
µ µ µ ϕ µ ε→∞ →∞
− ≤ − + ≤∫ ∫ ∫ ∫
30
Cho ε → 0, ta được: ( ) lim ( )nnA A
f x d f x dµ µ→∞
=∫ ∫ .
* Trường hợp: ffn →µ trên A.
Đặt vàdfaA
nn µ∫= µdfaA∫= . Ta cần chứng minh: aann
=∞→
lim
Giả sử: aann≠
∞→lim { } { } abaaa
kk nknn ≠=⊂∃⇒∞→
lim:
Vì ffn →µ nên ffkn →µ { } { } ffff nkh
nnn mkkmk →⊂∃ ..: trên A khi
∞→m
Theo giả thiết, ta có: ( ) ( ) AxNmxxfmkn ∈∀∈∀≤ ,,ϕ
Theo chứng minh trên, ta được: ∫∫ =
∞→
AAnm
fddfmk
µµlim aahaymknm
=∞→
lim
Mặt khác: ⇒=∞→
baknk
lim abamknm
≠=∞→
lim (mâu thuẫn)
Vậy aann=
∞→lim hay ( ) lim ( )nn
A A
f x d f x dµ µ→∞
=∫ ∫ .
Hệ quả: Nếu {fn} là một dãy hàm khả tích trên A, ( ) ∞<Aµ , fn hội tụ đều về f
trên A, thì ( ) lim ( )nnA A
f x d f x dµ µ→∞
=∫ ∫ .
Chứng minh:
Cách 1:
Vì fn hội tụ đều về f nên .,lim Axffn ∈∀=
Vì fn hội tụ đều về f nên với ( ) ( ) 1::,1 ≤−≥∀∈∃= xfxfnnNn nooε
1+≤⇒ nff
Vì fn bị chặn nên f bị chặn. Đặt M = ( )( )1sup +∈
xfAx
.
Ta có: on nnMf ≥∀≤ , .
Vì ( ) +∞<Aµ nên M khả tích.
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ∫∫ =∞→
AAnn
fflim
Cách 2:
Cho 0>ε . Vì fn hội tụ đều về f trên A nên:
( ) NnAxA
ffN n ≥∀∈∀<−>∃ ,:0µ
ε
31
( ) ( ) εµ
ε=<−≤−=−≥∀⇒ ∫∫∫∫ ∫
AAn
An
A An A
ffffffNn :
Vậy ∫∫ =∞→
AAnn
fflim .
4. Tính liên tục tuyệt đối của tích phân
Nếu f(x) là một hàm khả tích trên A thì ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho
( )E
f x dµ ε<∫ ,
∀E ⊂ A, E đo được mà µ(E) < δ
Chứng minh:
Ta có: µµ dffdEE∫∫ < .
Do đó để chứng minh: ( )E
f x dµ ε<∫ ta chỉ cần chứng minh εµ <∫ dfE
Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0≥f
• Nn ∈∀ , đặt { }nffn ,min=
Khi đó: ( )xfn≤0 ↑ f(x)
• Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được:
( )∫∫ ∫ =−⇔=∞→∞→
An
A Annn
dfffddf 0limlim µµµ
Do đó ta có thể chọn N đủ lớn sao cho: ( )∫ <−A
N dff2ε
µ
• Chọn 2
:0 εδδ ≤> Nchosao
Vì ( ) δµ <⊂ EAE , nên ta có:
( ) ( ) ( ) εδε
µε
µµµµµ <+<+≤+−≤+−= ∫∫∫∫ ∫ NENNddffdfdfffdEA
NE
NE E
N 22
Vậy ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho ( )E
f x dµ ε<∫ ,∀E ⊂ A, E đo được mà µ(E) < δ.
32
5. Mối quan hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann
Mệnh đề: Cho f: [a, b] → R là một hàm bị chặn. Nếu (R) b
a
f∫ tồn tại thì f khả
tích Lebesgue trên [a, b] và: (R) b
a
f∫ = (L) [ , ]a b
f∫ .
Chứng minh:
Xét một phân hoạch πm của [a, b] thành n = 2m phần bằng nhau bởi các điểm:
a = xo < x1 < … < xn – 1 < xn = b
và đặt: ( ) ,12
0k
kkm
m
mxf χ∑−
=
= ( ) ,12
0k
kkm
m
Mxf χ∑−
=
=
trong đó:
mk = inf{ f(x) | x ∈ [xk, xk+1]}, Mk = sup{ f(x) | x ∈ [xk, xk+1]}, 1[ , )k kk x xχ χ
+=
Ta có: 1f (x) ≤ 2f (x) ≤ … ≤ f (x)
1f (x) ≥ 2f (x) ≥ … ≥ f (x)
Do đó: các hàm f (x) = limm→∞ mf (x) và f (x) = lim
m→∞ mf (x) tồn tại và đo được.
Mặt khác, ta có: f (x) ≤ f(x) ≤ f (x).
Vì mf , mf là các hàm đo được, đơn giản nên
[ , ] [ , ] [ , ] [ , ]
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m ma b a b a b a b
L f x d L f x d L f x d L f x dµ µ µ µ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫
Hơn nữa: 2 1
0[ , ]
( ) ( ) ( , )m
m k k mka b
L f x d m s fµ π−
=
= ∆ =∑∫
và 2 1
0[ , ]
( ) ( ) ( , )m
m k k mka b
L f x d M s fµ π−
=
= ∆ =∑∫
Do đó: [ , ] [ , ]
( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , )m ma b a b
s f L f x d L f x d s fπ µ µ π≤ ≤ ≤∫ ∫
Vì f khả tích Riemann nên: lim ( , ) lim ( , ) ( ) ( )b
m mm ma
s f s f R f x dxπ π→∞ →∞
= = ∫
Do đó: ( )[ , ]
( ) ( ) ( ) 0 0a b
L f x f x d f fµ− = ⇒ − =∫ h.k.n
mà f f f f f f≤ ≤ ⇒ = = h.k.n. Vậy f đo được.
33
Suy ra f khả tích Lebesgue trên [a, b] (do f đo được, bị chặn trên [a, b] và
[ ]( ) +∞<ba,µ ).
và [ , ] [ , ]
( ) ( ) lim( ) ( ) lim ( , ) ( ) ( )b
m mm ma b a b a
L f x d L f x d s f R f x dxµ µ π→∞ →∞
= = =∫ ∫ ∫ .
6. Điều kiện khả tích Lebesgue đối với tích phân trên khoảng vô hạn
Định lý : Giả sử A = [a, +∞), a ∈ R , hàm f: A → R thỏa:
i) f khả tích (L) trên [a, b], ∀b ≥ a
ii) tồn tại hằng số M sao cho [ , ]
( )a b
f x dµ∫ ≤ M, ∀b ≥ a
Khi đó f khả tích trên A và [ , ) [ , ]
( ) lim ( )b
a a b
f x d f x dµ µ→∞
+∞
=∫ ∫ .
Chứng minh:
Chọn {bn} ⊂ R, {bn} tăng thỏa bn ≥ a, ∀n và lim nnb
→∞ = + ∞
Với mỗi n ∈ N, đặt: : [ , )nf A a R= +∞ →
Với( ), [ , ]
( )0, [ , ]
nn
n
f x x a bf x
x a b∈
= ∉
⇒ fn(x) khả tích trên A và lim ( ) ( )nnf x f x
→∞= , ∀x ∈ A.
Do đó: lim ( ) ( )nnf x f x
→∞= .
Do { }nf tăng trên A nên ( )nA
f x dµ∫ cũng là một dãy tăng, bị chặn trên bởi M.
⇒ ( )nA
f x dµ ∫ hội tụ khi n → ∞
Do định lý hội tụ đơn điệu, ta có: f khả tích (L) trên A.
Mặt khác: ( ) ( )nf x f x≤ , ∀n.
Theo định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta có:
f khả tích trên A và[ , ]
( ) lim ( ) lim ( )n
nn nA A a b
f x d f x d f x dµ µ µ→∞ →∞
= =∫ ∫ ∫ .
Điều này đúng với mọi { }nb∀ tăng và nb → +∞ .
Do đó:[ , ]
( ) lim ( )b
A a b
f x d f x dµ µ→∞
=∫ ∫ .
34
7. Điều kiện khả tích Lebesgue của hàm không bị chặn
Nếu f đo được, không âm, không bị chặn trên [a, b] nhưng f khả tích (R)
trên mọi [a + ε, b] ⊂ [a, b] và 0
lim ( )b
a
f x dx Iε
ε+→
+
=∫ hữu hạn thì f khả tích (L) trên [a, b]
và 0
[ , ]
( ) ( ) lim( ) ( )b
a b a
L f x d R f x dxε
ε
µ+→
+
=∫ ∫
Chứng minh:
• Ta có: (a, b] = 1
1 ,n
a bn
∞
=
+ U
Đặt An = 1 ,a bn
+ ⇒ {An} là dãy tăng
• 11[ , ] ( , ] ,
( ) ( ) lim( ) lim( ) ( )b
n na b a b aa b
nn
L f L f L f R f x dx→∞ →∞
++
= = =∫ ∫ ∫ ∫ .
35
PHẦN III: BÀI TẬP
Bài 1: Tính: [1, )
1 dx
µ+∞∫ .
Cách 1:
Đặt 1( )f xx
= . Gọi nχ là hàm đặc trưng của [n, n+1), n = 1, 2, …
Khi đó hàm đơn giản N1
11
N
nn
sn
χ=
=+∑ thỏa ,Ns f N≤ ∀ .
Hơn nữa: 1 1[1, ) [1, ) [1, )
1 11 1
N N
N n nn n
s d d dn n
µ χ µ χ µ= =+∞ +∞ +∞
= =+ +∑ ∑∫ ∫ ∫
1 1
1 1([n,n+1)) = 1 1
N N
n nn nµ
= =
=+ +∑ ∑ .
Vì chuỗi 1
1n n
∞
=∑ phân kỳ nên:
[ )+∞→+∞→∫
+∞
NkhidsN µ,1
.
Do đó: [1, )
1dx
µ+∞
= +∞∫ .
Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+∞ .
Cách 2:
Ta có: f(x) = ( ) ( )[1, ) [1, )1 1lim nn
x xx x
χ χ+∞ →∞=
Vì ( ) [ )( )xx
xf nn ,11
χ= là các hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng về f nên
ta có: ( )[ ) [ )
[ )[ )
∞=== ∫∫∫ ∞→+∞
∞→+∞ n
nnnd
xd
xdxf
,1,1
,1,1
1lim1lim µµχµ
Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+∞ .
Cách 3:
Ta có: 1
nn
A A∞
=
= U , với ( )[ , 1),n n mA n n A A n m= + ∩ = ∅ ≠
Do đó: ( )
.11ln1
ln11111
1
,1
+∞=
+=
+== ∑∑∑ ∫∫
∞
=
∞
=
∞
=
+
+∞ nnn
n
n nnn
xdxx
dx
µ
Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+∞ .
36
Bài 2: Tính các tích phân :
a) ( )dxxf∫1
0
, với: ( )
∈
∉+=
QxxQxx
xf,,1
4
2
b) ( )∫2
0
π
dxxf , với ( )
∈∈
=Qxx
QRxxxf
,sin\,cos
c) ( )dxxf∫1
0
, với ( )
∈
∩
∈
∩∈
=
Dxx
Dxx
Dxx
xf C
C
,
1,21,cos
)21,0[,sin
2
π
π
với D là tập Cantor, [ ] DDC \1,0= .
a) Ta có: ( )xf ∼ ( ) 12 += xxg trên [0, 1]
Do đó: ( )[ ]
( ) ( )[ ] 3
41)(1)()(1,0
1
0
22
1,0
=+=+= ∫ ∫∫ dxxRdxLdxfL µµ .
b) Ta có: ( )xf ∼ ( ) xxg cos= trên
2,0 π .
Suy ra: ( ) 1cos)(cos)()(
2,0
2
02
,0
=== ∫ ∫∫
dxxRxdLdxfLπ
π
π
µµ .
c) Ta có: ( )xf ∼ ( )
∈
∈=
1,21,cos
)21,0[,sin
xx
xxxg
π
π trên [ ]1,0 .
Vậy, ( )[ ]
( )[ ]∫ ∫∫∫
+==1,0 1,
21)
21,0[1,0
cos)(sin)()()( µπµπµµ xdLxdLdxgLdxfL
0cos)(sin)(1
21
21
0
=+= ∫∫ xdxRxdxR ππ .
37
Bài 3: Tính tích phân của hàm số sau trên [0, 2π ]: ( )
∈
∈=
IxxQxx
xfcos,sincos,sin
2
Đặt A = { x ∈ [0, 2π ] xcos hữu tỷ }
B = { x ∈ [0, 2π ] xcos vô tỷ }
Khi đó: A ∩ B = ∅ và A ∪ B = 0,2π
Ta có: ϕ: 0,2π
→ [0, 1]
x cos xa
là một song ánh.
Do đó, A có lực lượng bằng lực lượng của tập các số hữu tỷ trên [0, 1].
Suy ra: µ(A) = 0 và khi đó: µ(B) = 2π .
Vậy:2
2 2 2
00, 0,2 2
( ) ( ) ( ) sin ( ) sin ( ) sin4B
L f x d L xd L xd R xdx
π
π π
πµ µ µ
= = = =∫ ∫ ∫ ∫ .
Bài 4: Cho X = { x1, x2, …} là một tập đếm được và p1, p2,… là các số không âm
sao cho 11
=∑∞
=iip . ∀A ⊂ X, đặt ( ) ∑
∈
=Ax
ii
pAµ .
Chứng minh rằng: với mỗi ƒ đo được, không âm ( ) ii
iX
pxff ∑∫∞
=
=1
Do { }{ }
∑ ∫∫∞
=
∞
=
=⇒=11 i xXi
i
i
ffxX U
Mặt khác: ƒ là hằng số và bằng ƒ(xi) trên tập {xi} và µ({xi}) = pi
⇒ { }
( ) iix
pxffi
=∫ . Do đó: ( ) ii
iX
pxff ∑∫∞
=
=1
.
38
Bài 5: Tính các tích phân:
a) ∫∞ +),0[
21 xdµ
b) ∫]1,0[ xdµ
a) ∫∞ +),0[
21 xdµ
Đặt ( ) ),0[,1
12 +∞=
+= A
xxf .
Ta có: U∞
=
=1n
nAA , với nn AnA ,),0[= ↑.
Do f > 0 nên tích phân bất định của hàm f là một độ đo.
Vì vậy: [ )
( )2
arctanlim1
)(lim1
lim1
)(),0[ 0
22,0
2
πµµ==
+=
+=
+ ∫ ∫∫ ∞→∞→∞→+∞
nx
dxRx
dLx
dLn
n
n
nn
b) ∫]1,0( xdµ
Đặt ( ) ]1,0(,1== A
xxf .
Ta có: U∞
=
=1n
nAA , với nn An
A ],1,1[= ↑.
Do f > 0 nên tích phân bất định của hàm f là một độ đo.
Vì vậy: ( ]
( ) 2112lim)(limlim)(1,1
1
11,0
=
−=== ∫ ∫∫
∞→∞→∞→ nxdxR
xdL
xdL
n
nn
nn
µµ .
Bài 6: Tính tích phân (L) của hàm ( )3 1
1−
=x
xf trên [1, 2].
Cách 1:
Ta xây dựng hàm ( )[ ]
+<≤
≤≤+−=
111,
211,1
1
3
33
nxn
xnxxf n
39
Khi đó: ( )[ ]
( )[ ][ ]
+−
== ∫ ∫∫∫+
+
∞→∞→
2
11
11
13
2,12,13
3
)(1
1)(lim)(lim)(
n
n
nnnndxRdx
xRdxfLdxfL µµ
( )
+
++
−=∞→
1
11
112
123lim 3
3
3 2 nnxn
xn
+
−=
∞→ 32
1.1123lim
nn
nn
23
21
23lim 2 =
−=
∞→ nn.
Cách 2:
Ta có: A = ( ] U∞
=
+=
1
2,112,1n n
, với
+= 2,11
nAn ↑.
Do đó:
[ ] ( ]
23
1)(lim
1)(lim
1)(
11)(
2
113
2,11
32,1
32,1
3
=−
=
−=
−=
−
∫
∫∫∫
+∞→
+
∞→
n
n
n
n
xdxR
xdL
xdLd
xL µµ
µ
Bài 7: Kiểm tra tính khả tích (L) của các hàm số sau:
a) g(x) = 2
1x
, x ∈ [1, +∞)
b) h(x) = 1x
, x ∈ (0, 1]
a) Ta có: g(x) = ( ) ( )[1, ) [1, )2 2
1 1lim nnx x
x xχ χ+∞ →∞
= .
Do đó: ( ) [1, )2 2[1, ) [1, ) 1
1 1 1( ) lim( ) lim( ) lim 1 1n
nn n nL g x d L d R dx
x x nµ χ µ
→∞ →∞ →∞+∞ +∞
= = = − = < +∞ ∫ ∫ ∫ .
Vậy hàm g(x) khả tích (L) trên [1, +∞).
b) Ta có: ( ) ( )(0,1] 1[ ,1]
1 1( ) limn
n
h x x xx x
χ χ→∞
= =
Do đó: ( )( ] ( ]
∞=
−===
∞→∞→
∞→ ∫∫∫ n
dxx
Rdx
LdxhLn
n
nn
n
1ln1lnlim1)(lim1)(lim)(1
11,11,01,0
µχµ
Vậy hàm h(x) không khả tích (L) trên (0, 1].
40
Bài 8: Chứng minh rằng: (0, )
1 , 0axe d aa
µ−
+∞
= ∀ >∫ .
Ta có: • ( ) ( ) .,.0 ,0 xaexf nax
n ∀∀=≤ − χ
• ( ) ( )∞−− → ,0,0 .. χχ ax
nax ee khi n → ∞ .
• fn ↑.
Do đó:
( )(0, ) (0, ) 0
( ) lim( ) lim( )
1 1 1lim lim 10
nax ax ax
n nn
ax an
n n
L e d L e d R e dx
ne e
a a a
µ µ− − −
→∞ →∞+∞
− −
→∞ →∞
= = =
− −= = − =
∫ ∫ ∫
Bài 9: Tính các tích phân trên (0, +∞) của hàm:
a) ( ) xf x e−=
b) ( ) [ ]1
!f x
x=
c) ( ) [ ]xf x e−=
a) ( ) xf x e−=
Đặt (0, )n nf f χ= . Khi đó: nf≤0 ↑ f
Do đó, ( ) ( )
( )( ) ( )
µχ defffn
x
nnnnn ∫∫∫∫ −
∞→+∞
∞→+∞
∞→+∞
===,0,0
,0,0,0
limlimlim
( ) 11lim0
lim =−=−= −
∞→
−
∞→
n
n
x
ne
ne .
b) ( ) [ ]1
!f x
x=
[ ]( ) [ ] [ )( ) [ ] [ )
( )µχµχµ d
xd
xd
x nnn
nnn ∑ ∫∫ ∑∫
∞
= +∞+
+∞
∞
=+
+∞
=
=
0 ,01,
,0 01,
,0 !1
!1
!1
[ )
en
dn nn nn
=== ∑∑ ∫∞
=
∞
= + 00 1, !1
!1
µ .
41
c) ( ) [ ]xf x e−=
Cách 1:
Ta có:
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
[ , 1)00, 0,
1
[ , 1)0 0 00, 1
x xn n
n
nx n n
n nn n nn
e d e d
ee d e dx ee
µ χ µ
χ µ
∞− −
+=+∞ +∞
+∞ ∞ ∞− − −
+= = =+∞
=
= = = =−
∑∫ ∫
∑ ∑ ∑∫ ∫.
Cách 2:
Gọi [ )+∞= ,0A .
Ta có: U∞
=
=0n
nAA 0 nnA A∞== U , với ( )[ , 1),n n mA n n A A n m= + ∩ = ∅ ≠ .
Do đó:
[ ]
( )
[ ]1
0 00, 1
nx x n
n nn
ee d e dx ee
µ+∞ ∞
− − −
= =+∞
= = =−∑ ∑∫ ∫ .
Bài 10: Tính ( )∑ ∫∞
=
−
0
2
0
cossin1n
nxdxx
π
.
∈∀
2,0 πx , đặt: ( ) ( ) ( ) 0cossin1 ≥⇒−= xfxxxf n
n
n
Đặt: ( ) ( )xfxgn
kkn ∑
=
=0
. Khi đó: ( ) ( ) =↑≤ xgxgn0 ( )xfk
k∑∞
=0 khi ∞→n
Do đó áp dụng định lý hội tụ đơn điệu của Lebesgue, ta được:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) .202sin2
sincos
sin11cos
sin1coscossin1
limlim
2
0
2
0
2
0 0
2
0 0
2
0 0
2
0
2
0
===−−
=
−=
−=
==
∫∫
∫ ∑∫ ∑
∫ ∑∫∫
∞
=
∞
=
∞
=∞→∞→
πππ
ππ
πππ
xdxxxdx
xx
dxxxdxxx
dxxfdxxgdxxg
k
k
k
k
kknnnn
42
Bài 11: Tính:
a) 3 3
2
0
lim cos sinx x
k
x xe e dxk k
+∞− −
→∞
+
∫
b) ( )( )2
0
2lim1n
n x dxn x x
+∞
→∞
++ +∫
a) Đặt 3 3
2 cos sinx xk
x xf e ek k
− − = +
.
Ta có:3
cos 1xk
→
khi k → ∞
3
sin 0xk
→
khi k → ∞
Do đó, kf → 2xe− khi k → ∞ .
Mặt khác, ta có : 2( ) x xkf x e e− −≤ + và ( )2
0
32
x xe e dx+∞
− −+ =∫ .
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
2
0 0
1lim2
xkk
f dx e dx+∞ +∞
−
→∞= =∫ ∫ .
b) Đặt ( ) ( )2
21n
n xfn x x
+=
+ +.
Khi n → ∞ thì 2
11nf x
→+
.
Mặt khác, do 2 2 2 2n x n xn x n x+ +
≤ =+ +
nên 2
21nf x
≤+
.
và hàm số 2
21x +
khả tích (L) trên [0, )+∞ .
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
20 0
lim arctan01 2nn
dxf dx xx
π+∞ +∞
→∞
+∞= = =
+∫ ∫ .
43
Bài 12: Tính 1 1lim tan
n
nn
x dxx
+
→∞
∫
Đặt y = x – n , ta có: 1 1
0
1 1tan tann
nn
I x dx y n dyx y n
+ = = + +
∫ ∫
Đặt fn(y) = 1tany ny n
+ +
Khi đó: với mỗi y ∈ [0, 1], ta có ( ) 1cossinlimlim
0==
→∞→ tttyf
tnn,
(với t =ny +
1 ).
Vì [ ]1,02tan ∈≤ ykhiyy nên ta có: ( ) [ ]1,0,1,2 ∈∀≥∀≤ ynyfn .
Và hàm 2≡g khả tích trên [0, 1].
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
( ) ( )1 1 1
0 0 0
lim lim lim 1n n nn n nI f y dy f y dy dy
→∞ →∞ →∞= = = =∫ ∫ ∫ .
Bài 13: Tính: dx
nxnx
nn ∫∞+
∞→
+
0 1
sinlim
Đặt ( ) ( ) xnnnnn enx
nxnx
xfn
nxnx
xf 2
1
1
1
sin,1,
1
sin≤
+
≤
+
=⇒∞=
+
= , với n đủ lớn
mà ∞<=∫+∞
22
0
dxe x
Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
∫∫∫∫∞+∞+
∞→
∞+
∞→
∞+
∞→==
+
==0000
00sin
1
sinlimlimlim dx
edx
nxnx
dxfdxf xnnnnnn.
44
Bài 14: Tính ( ) dxxen
nx x
n ∫
+ −
∞→
1
0
coslnlim .
Đặt ( ) ( ) ( ) ,...2,1,cosln=
+= − nxe
nnxxf x
n . Ta có: ( ) 0lim =∞→
xfnn trên (0, 1).
( ) ( ) nexen
nxxf xxn ∀≤
+= −− ,cosln mà
edxeL x 11)(
1
0
−=∫ −
Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
( )=
+
∫ −
∞→dxxe
nnx x
n
1
0
coslnlim ( ) dxxen
nx x
n∫
+ −
∞→
1
0
coslnlim = 001
0
=∫ dx .
Bài 15: Cho ( )
<≤
<<=
11,0
10,
xn
nxn
xfn
a) Tìm ( )xfnn ∞→lim , ( )dxxfnn ∫∞→
1
0
lim
b) Có tồn tại hay không một hàm số g(x) khả tích sao cho g(x) ≥ ƒn(x), ∀n
a) ∀x ∈ (0, 1), ∃N đủ lớn sao cho: ( ) ( ) 0lim,01=⇒≥∀=⇒≤
∞→xfNnxfx
N nnn
Ta có: ( ) ∫∫ ==∞→∞→
n
nnnndxdxxf
1
0
1
0
1limlim
b) Vì ( ) ( )dxxfdxxf nnnn ∫∫ ∞→∞→=≠=
1
0
1
0
lim01lim nên theo định lý hội tụ bị chặn của
Lebesgue ⇒ ƒ không bị chặn ⇒ không tồn tại hàm g thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 16: Tính ( )
dxxnx
nn ∫ ++
∞→
1
0 11lim
Đặt ( )( )
,....2,1,11
=++
= nxnxxf nn Khi đó: ( ) 0lim =
∞→xfnn
trên (0, 1)
45
Mặt khác: ( )( )
nxnxxf nn ∀≤
++
= ,111 và ∞<=∫ 11
1
0
dx
Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
( ) ( )
0011lim
11lim
1
0
1
0
1
0
==++
=++
∫∫∫ ∞→∞→dxdx
xnxdx
xnx
nnnn.
Bài 17: Cho f đo được trên [0, 1] và [ ] ( ){ }ZxfxA ∈∈= 1,0 .
Chứng minh rằng: ( )( )( ) ( )Adxxf n
nµπ =∫∞→
1
0
2coslim
Dễ thấy A đo được.
Đặt: ( ) ( )( )( ) nn xfxf 2cos π= .
Khi đó: ( ) ZmxfAx ∈=∈∀ , và ( ) ( )( )( ) ( )( ) 1coscos 22 === nnn mxfxf ππ
( ) ZxfAx ∉⇒∉∀ và ( ) 10 <≤ xfn
Do đó: ( ) ( )xAxAx
xf Annχ=
∉∈
=∞→ ,0
,1lim
Mặt khác, ta có: ( ) [ ]1,0,,1 ∈∀∈∀≤ xNnxfn và ∫ ∞<=1
0
11dx
Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )Adxxdxxfdxxfdxxf Ann
n
n
n
nµχππ ∫∫∫∫ ====
∞→∞→∞→
1
0
1
0
21
0
1
0
2 limcoslimcoslim
Bài 18: Cho hàm f không âm, khả tích (L) trên ( )+∞,0 . Tính: ( )dxxxfn
n
n ∫∞→0
1lim
Đặt: ( ) ( )
>
≤≤=
nx
nxxfnx
xfn
,0
0,
Khi đó: ( ) =∫∞→dxxxf
n
n
n0
1lim ( ) =∫∞→dxxf
nxn
n0
lim ( )dxxfnn ∫+∞
∞→0
lim
46
Mặt khác, ta có: ( ) ( ) ( ) Nnxfxfnxxfn ∈∀≤= , và ( ) ∞<∫
+∞
dxxf0
Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
( )dxxxfn
n
n ∫∞→0
1lim = ( ) ( )( ) ∫∫∫+∞+∞
∞→
+∞
∞→===
000
00limlim dxdxxfdxxf nnnn.
Bài 19: Giả sử (X, F, µ) là một không gian độ đo và ƒ là một hàm đo được, không
âm trên X, ƒ(x) ∈ N ∪ {∞}, ∀x ∈ X.
Chứng minh rằng: { }( )∫ ∑∞
=
≥∈=1
)(n
nxfXxfd µµ .
Đặt B = { x ∈ X | ƒ(x) = ∞ }. Không mất tính tổng quát, ta giả sử ( ) 0=Bµ .
Với mỗi n ∈ N, đặt An = ( ){ }nxfXx =∈
Vì f đo được nên An đo được n∀ .
Với k ∈ N, đặt: ∑=
=k
nAk n
nf1
χ .
Ta có: {ƒk} là một dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng
và ƒk(x) → ƒ(x) CBχ , ∀x ∈ X.
Do đó: ( ) µχχµµχµ dnndxfdffdk
nAk
k
nAkkkB nnC ∑ ∫∫∑∫∫ ∫
=∞→
=∞→∞→
====11
limlimlim
( ) ( ) ( )∑∑∑∑∞
=
∞
=
∞
==∞→
===111
limn nj
jn
n
k
nnk
AAnAn µµµ (*)
Mặt khác, ta có:
µ ( ){ }( ) ( )∑∞
=
=≥∈nj
jAnxfXx µ .
Thay vào (*), ta được: ( ){ }( )∑∫∞
=
≥∈=1n
nxfXxfd µµ .
47
Bài 20: Cho ví dụ về một hàm số khả tích Riemann theo nghĩa suy rộng trên
[1, )+∞ nhưng không khả tích Lebesgue trên khoảng này.
Xét ( ) sin xf xx
= trên [1, )+∞
⊕ Ta chứng minh f khả tích Riemann theo nghĩa suy rộng trên [1, )+∞ , tức
là dxx
xRa
a ∫∞→1
sin)(lim hữu hạn.
Đặt 1
sina
axI dx
x= ∫ .
Đặt:
−=
−=
⇒
=
=
xvxdxdu
xdxdvx
u
cossin
12 .
Do đó: 2 21 1
1 cos cos coscos ( ) cos11
a a
a
a x a xI x R dx dxx x a x
= − − = − −∫ ∫
dxx
xdxx
xa
aIa
aaa ∫∫+∞
∞→∞→−=
−−=⇒
12
12
cos1coscoscos1coslimlim .
Suy ra dxx
xRa
a ∫∞→1
sin)(lim tồn tại.
⊕ Ta chứng minh f không khả tích Lebesgue trên [1, )+ ∞ .
Ta có: ( )1
11
k
k k
f fπ
π
++∞ ∞
=
≥ ∑∫ ∫ (1)
Mặt khác, trên mỗi đoạn ( ), 1k kπ π+ , ta có:
f khả tích Lebesgue trên ( ), 1k kπ π+ và ( ) ( )1 1
( ) ( )k k
k k
R f L fπ π
π π
+ +
=∫ ∫ .
Tuy nhiên: ( )
( )
11
122 1 2 1
2
k
k
fk k
π
π
π
π
+
≥ =+ +∫ (2)
Từ (1) & (2) suy ra:11
12 1k
fk
+∞ ∞
=
≥ = ∞+∑∫
Vậy f không khả tích Lebesgue trên [1, )+∞ .
48
Bài 21: Xét hàm số: RRf →+:
=
≠=
0,1
0,sin)(
x
xx
xxf
Chứng minh rằng ƒ không khả tích (L).
Ta có: ƒ khả tích (L) ⇔ f khả tích (L) (1)
Xét hàm số: RRg →+:
πnx
xg2sin
)( = , 2(n – 1)π < x < 2nπ
⇒ 0 ≤ g(x) ≤ )(xf , ∀x ∈ +R (2)
* Ta cần chứng minh g không khả tích.
Đặt
>≤≤
=π
πnx
nxxgxgn 2,0
20,)()(
Khi đó: gn(x) → g(x) khi n → ∞.
Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta có:
∫∫+∞+∞
∞→=
00
)(lim)( dxxgdxxg nn.
Tuy nhiên: ( )
...........2sin
....4
sin2
sin)(
4
2
2
120
2
0
++++= ∫ ∫∫ ∫−
+∞ π
π
π
π
π
πππ
n
nn dx
nx
dxx
dxx
dxxg
∞→∞→
+++++= nkhi
n......1....
31
211
24π
Vậy g không khả tích (L).
Kết hợp với (1) và (2) ta được f không khả tích (L).
Bài 22: Cho A ⊂ [0, 1] là một tập không đâu trù mật, µ(A) > 0. Chứng minh
rằng: ( )xAχ không khả tích (R) nhưng khả tích (L) trên [0, 1].
A ⊂ [0, 1] ⇒ 0 < µ(A) ≤ 1
[ ] [ ]( ) +∞<=+= ∫∫∫ Addd
AAA µµµµχ
\1,01,0
0 .
49
Do đó: ( )xAχ khả tích (L) trên [0, 1].
Mặt khác: B = [0, 1] \ A trù mật trong [0, 1] và ( )xAχ = 0 trên B.
Lấy a ∈ A. Khi đó, ∃{bn} ⊂ B: abnn=
∞→lim
Nhưng ( ) 0=nA bχ , ∀n ∈ N và ( ) 1=aAχ . Do đó: Aχ không liên tục tại a.
Gọi D = [ ]{ Ax χ1,0∈ không liên tục tại x}
Ta có: µ(D) ≥ µ(A) > 0. Vậy ( )xAχ không khả tích (R) trên [0, 1].
Bài 23: Cho f: RA → là hàm khả tích trên A. Đặt ( )( ) ( )
( )
>
≤=
nxf
nxfxfxfn ,0
,
Chứng minh: ( ) .lim µµ dfdxfAA
nn ∫∫ =∞→
Ta có: • ( ) ( ) Axxfxfn ∈∀≤
• f khả tích trên A (do f khả tích trên A)
• ( ) ( )xfxfn → h.k.n trên A.
Do đó theo định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta có:
( ) .lim µµ dfdxfAA
nn ∫∫ =∞→
Bài 24: Cho { }nf là một dãy hàm đo được, không âm trên A sao cho
0lim =∫∞→A
nnf .Chứng minh rằng: 0→µ
nf .
0>∀ε .Đặt: ( ){ } ( ) ∫∫ ≤≤≤⇒≥∈=A
nA
nnnn ffAxfAxAn
εµε 0
mà ( ) 000lim →⇒ →⇒= ∞→
∞→ ∫ µµ nn
nA
nnfAf .
50
Bài 25: Cho (X, F, µ) là một không gian độ đo và {ƒn} là một dãy hàm đo được sao
cho ( ) ( ) ∈∈∀=∞→
AAxxfxfnn,,lim F. Giả sử: gfn ≤ , với g là một hàm đo được sao
cho pg khả tích, không âm, ∀p > 0. Chứng minh rằng: 0lim =−∫∞→µdff p
nn.
∀a, b ∈ R , ta có:
( ) { }( ) { }pppppp babababa ,max2,max2 =≤+≤− .
Áp dụng bất đẳng thức trên cho {ƒn}, ta được:
( ) ( ) ( )xgxfxf ppn
p
2≤− , với ( )xg p là hàm khả tích, không âm.
Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0lim0limlim =−⇒=−⇒=∞→∞→∞→
pnnnnnn
xfxfxfxfxfxf
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
0limlim =−=− ∫∫ ∞→∞→µµ dffdff p
nn
p
nn.
Bài 26: Cho không gian độ đo (X, F, µ), {ƒn} là một dãy hàm đo được, không âm,
ƒn → ƒ. Giả sử +∞<= ∫∫∞→XX
nnfflim .
Chứng minh rằng: ∫∫ =∞→
AAnn
fflim , ∀A ∈ F. Khi đó, nếu ∞=∫∞→X
nnflim thì khẳng định
có thể sai.
Theo bổ đề Fatou, ta có: ∫∫∞→
≤A
nnA
ff lim (1)
Xét ∫∞→A
nnflim .
Ta có: ∫∫∫∫∫∫∫∞→∞→∞→∞→∞→
−=
−+≤
−=
CCC An
nXAnn
Xnn
An
Xnn
Ann
fffffff limlimlimlimlim (*)
Mà ∫∫∫∞→∞→
≤=CCC A
nn
nA nA
fff limlim nên ∫∫∞→
−≥−CC A
nnA
ff lim
Do đó: ∫∫∫∫∫ =−≤−∞→ AAXA
nnX
fffffC
C
lim .
51
Kết hợp với (*), ta được: ∫∫ ≤∞→
AAnn
fflim (2)
Từ (1) & (2), suy ra: ∫∫∞→
≤A
nnA
ff lim ∫∫ ≤≤∞→
AAnn
fflim
Vậy: ∫∫ =∞→
AAnn
fflim .
* Nếu ∞=∫∞→X
nnflim thì khẳng định trên có thể sai.
Ví dụ: Lấy X = R với độ đo Lebesgue. Chọn [ ] [ ]nnnnf ,10, −− += χχ
Ta có: ( ]0,∞−=→ χffn và ( ]∫∫ ∞−=+∞→+=RR
n nf 0,1 χ .
Lấy ( )+∞= ,0A , ta có:
[ ]( ) ( ] 01,1,1 0, =≥∀=−= ∫∫ ∞−AA
n vànnnf χµ
Do đó: ∫∫ →/AA
n ff .
Bài 27:Cho (X, F, µ) là một không gian độ đo và ƒ, ƒ1, ƒ2,… là các hàm không âm,
khả tích sao cho ƒn → ƒ h.k.n và ∫∫ ∞→→ nkhiffn .
Chứng minh rằng 0lim =−∫∞→ nnff .
Đặt ffffg nnn −−+= . Khi đó: gn(x) ≥ 0 và gn khả tích, ∀n ≥ 1.
Hơn nữa: gn → 2ƒ h.k.n.
Theo giả thiết, ta có: ∫∫ → ffn , áp dụng bổ đề Fatou, ta được:
∫∫∫∫∫ −−≤≤=∞→∞→∞→
fffggf nnnn
nn
lim2limlim2 (*)
Do ∫ ∞<f2 nên từ (*), ta có: 0lim ≤−∫∞→ffnn
0lim: =−∫∞→ffraSuy nn
Mặt khác, ta có: ⇒=−≤−≤ ∫∫ ∞→∞→0limlim0 ffff nnnn
0lim =−∫∞→ffnn
Vậy 0lim =−∫∞→ffnn
.
52
Bài 28:Cho (X, F, µ) là một không gian độ đo hữu hạn, ƒn : X → R, n ≥ 1,
g: X → R, {ƒn} và g khả tích và tồn tại một hằng số C > 0 sao cho:
1, ≥∀≤∫ nCdfX
n µ và gfn n ≤21 trên X.
Chứng minh rằng: ∞→→∫ nkhidfn n
X
01 2 µ .
Đặt: ( )
≥∈= 31
nxfXxA nn
Khi đó: ( ) ( )Xn
gXnn
gfn
fn
fn
nnnn AAAXnn
An
X
µµ3
32
\
222 1.1111+=+≤+= ∫∫∫∫∫ (1)
Do trên An : ( ) ( ) Cxfnxfnnn A
nA
n ≤≤⇒≤ ∫∫ 33
( ) ( ) ∞→→∞→→≤⇒≤⇒ ∫ nkhigđóDonkhin
CACAnnA
nn 0:.03
3 µµ (2)
Từ (1) & (2), ta có: ( ) 01lim1lim3
2 =≤∞→∞→ ∫ X
nf
n nnX
nµ
Vậy 01lim 2 =∫∞→ nX
nf
n.
Bài 29: Giả sử (X, F, µ) là một không gian độ đo hữu hạn, {ƒn} là một dãy hàm khả
tích sao cho ƒn hội tụ đều về ƒ trên X. Chứng minh rằng: ∫∫ =∞→
XXnn
fddf µµlim .
Cho ví dụ để chứng minh rằng nếu µ(X) = ∞ thì kết quả trên không còn đúng.
Vì: ƒn hội tụ đều về ƒ nên:
∀ε > 0 cố định, ∃no ∈ N sao cho ∀n ≥ no, Xx ∈∀ : ( ) ( ) .ε≤− xfxfn
( ) ( ) XxxfxfraSuy n ∈∀→ , và vì vậy f đo được.
Chọn ε = 1, ta được: ( ) ( ) ( ) 11 +≤≤− xfxfxf nn , với n đủ lớn.
Kết hợp với ( ) ∞<Xµ , ta có: ƒ khả tích trên X.
53
∀ε > 0, ta có thể chọn N sao cho: ( ) ( ) ( )Xxfxfn µ
ε≤− , ∀n ≥ N, ∀x ∈ X
Khi đó: ( ) εµµ
ε=≤−≤− ∫∫∫∫
XXn
XXn d
Xffff , ∀n ≥ N
Vì ε bé tùy ý nên: ∞→→ ∫∫ nkhiffXX
n .
* Trường hợp ( ) +∞=Xµ kết luận trên không còn đúng.
Ví dụ: Lấy X = [ )+∞,0 ,
Xét [ )nn nf ,0
1χ=
Ta có: nfX
n ∀=∫ ,1 nhưng fn hội tụ đều về 0.
Bài 30:Cho A là một tập đo được và g, ƒ: A → R là các hàm khả tích trên A.
Với mỗi n ∈ N, đặt: An = ( ){ }1+<≤∈ nxfnAx . Chứng minh rằng: 0lim =∫∞→nA
ng
Ta có: ( ) ( ) +∞<≤≤⇒=≥≥ ∫∫∫∫A
nnAAA
fAnAnndffnn
µµµ 0
( ) +∞<≤≤⇒ ∫A
n fn
A 10 µ . Vậy ( ) ∞→→ nkhiAn 0µ
Vì g khả tích trên A nên với ε > 0 bất kỳ, ∃δ > 0
sao cho: ε<∫E
g , ∀E ⊂ A, µ(E) < δ (1)
Do ( ) ( ) δµµ <≥∀∈∃=∞→ noonn
AnnNnnênA ::0lim (2)
Từ (1) & (2), ta có: 0lim =< ∫∫ ∞→nn A
nA
ghayg ε .
54
Bài 31: Cho ƒ khả tích Lebesgue trên R. Chứng minh rằng: 021lim =∫
−∞→
n
nn
fn
Đặt: ],[21
nnn fn
f −= χ . Khi đó: [ ] ∫∫∫−
− ==n
nRnn
Rn f
nf
nf
21
21
,χ
Ta có:
• ( ) ∞→→ nkhixfn 0
• 2
,2
fffn ≤ là hàm khả tích trên R.
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của lebesgue, ta được:
00limlim === ∫∫∫ ∞→∞→R
nR
nR
nnff .
Bài 32: Cho (X, F, µ) là một không gian độ đo, RXf →: là một hàm khả tích.Với
α ∈ R, đặt ( ){ }αα >∈= xfXxG . Chứng minh rằng: 0lim =∫∞→α
αG
f .
Giả sử { }nα là một dãy các số thực sao cho αn → ∞.
Đặt ( ) ( ) ( )( )
≤>
=n
nn xf
xfxfxf
αα
,0,
Khi đó: ∫∫ =X
nG
ffnα
Ta có: ffn ≤ , f là hàm khả tích.
Vì f khả tích nên: ( ){ }( ) 0=∞=∈ xfXxµ suy ra ƒn → 0 h.k.n.
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
0limlimlim === ∫∫∫ ∞→∞→∞→ nX
nX
nnG
nfff
nα
.
Vì điều này đúng với mọi dãy { }nα , αn → ∞ nên ta có: 0lim =∫∞→α
αG
f .
55
Bài 33: Cho ƒ khả tích trên A, ( ) +∞<Aµ . Đặt An = ( ){ }nxfAx ≥∈ .
Chứng minh rằng: ( ) 0lim =∞→ nn
Anµ .
Ta có: µ(An) < +∞, ∀n và {An} giảm
( ) ( ){ }( ) 0lim1
=+∞=∈=
=⇒
∞
=∞→
xfAxAAn
nnnµµµ I
ƒ khả tích trên A ⇒ ∀ε > 0, ∃δ> 0 sao cho:
ε<∫E
f , ∀E đo được, E ⊂ A và µ(E) < δ
Vì ( )nnAµ
∞→lim = 0 ⇒ ∃no ∈ N: µ(An) < δ, ∀n ≥ no
Khi đó: ε<∫nA
f hay nµ(An) < ε ⇒ ( ) εµ <∞→ nn
Anlim
Vì ε bé tùy ý nên ( ) 0lim =∞→ nn
Anµ .
Bài 34: Cho f không âm, đo được trên [0,1], [ ] ( ){ }11,0 >∈= xfxA
Chứng minh rằng: ( )( )∫∞→
1
0
lim n
nxf tồn tại ( ) 0=⇔ Aµ .
( )⇒ Giả sử: ( ) 10 >∃⇒> rAµ sao cho [ ] ( ){ }( ) 01,0 >≥∈ rxfxµ Đặt [ ] ( ){ } ( )( ) ( )BrdxxfrxfxB
B
nn µ∫ ≥⇒≥∈= 1,0
( )( ) ≥⇒ ∫∞→dxxf n
n
1
0
lim ( )( ) dxxfB
n
n ∫∞→lim ( ) ∞==
∞→Brn
nµlim .
Điều này trái với giả thiết là ( )( )∫∞→
1
0
lim n
nxf tồn tại.
Vậy ( ) 0=Aµ .
( )⇒ Giả sử ( ) 0=Aµ . Khi đó: ( )( ) dxxf n∫1
0
( )( ) dxxfA
n∫= ( )( )[ ]
dxxfA
n∫+\1,0
mà trên [0,1] \ A: ( ) ( )( ) Nnxfxf n ∈∀≤⇒≤ ,11 và [ ]
[ ]( ) ∞<==∫ 1\1,01\1,0
AdxA
µ
Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
56
( )( ) =∫∞→dxxf n
n
1
0
lim ( )( )[ ]
( )( )( ) ( )[ ]
1limlim\1,0\1,0
≤==
∫∫ ∞→∞→
A
n
nA
n
nCdxxfdxxf µ
với [ ] ( ){ }11,0 =∈= xfxC
Vậy ( )( )∫∞→
1
0
lim n
nxf tồn tại.
Bài 35: Cho f không âm và khả tích trên A. 0>∀ε , đặt: ( ) ( )kk
AkS µεε ∑∞
=
=0
, với
( ) ( ){ }εε 1+<≤∈= kxfkAxAk . Chứng minh rằng: ( ) ∫=→
A
fS εε 0lim
Ta có: ( ) ( ) ( ) kAkfAk kA
k
k
∀+<≤ ∫ ,1 εµεµ
và ( ) ( )∑∞
=
∞
=
=⇒≠∀∅=∩=00
,,k
kjik
k AAjiAAAA µµU và ∑ ∫∫∞
=
=0k AA k
ff
Mặt khác, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )εεµεµεµεµµεε SAAkAAkfAkSk
kk
kA
kk
+=+=+<≤= ∑∑∫∑∞
=
∞
=
∞
= 000
1
( ) ( ) ( )εεµε SAfSA
+<≤⇒ ∫
Cho 0→ε , ta được ( ) ∫=→
A
fS εε 0lim .
Bài 36: Cho f là một hàm đo được, không âm trong không gian độ đo, ( )Xµ < +∞ .
Chứng minh: f khả tích trên X ⇔ ( ){ }( )1n
x X f x nµ∞
=
∈ >∑ hữu hạn.
(⇒) Đặt ( )( )
( )1,
0, 0n
f x ng x
f x n
>= ≤ ≤
Khi đó gn đo được và không âm.
Ta có: ( ) ( )1
nn
g x f x∞
=
≤∑ , ∀x
Thật vậy: • Nếu f (x) ≤ 1 thì gn(x) = 0, ∀n
57
• Nếu f(x) ∈ (m, m+1], m ∈ N thì gn(x) = 1, ∀m:1 ≤ n ≤ m
• Trong trường hợp còn lại, ta có: gn(x) = 0.
Do đó: ( ) ( )1 1
n nn n
fd g x d g x dµ µ µ∞ ∞
= =
≥ =∑ ∑∫ ∫ ∫
Nhưng ( ){ }( )ng d x X f x nµ µ= ∈ >∫ . Do đó nếu f khả tích thì chuỗi
( )1
nn
g x dµ∞
=∑∫ hội tụ
Tức là ( ){ }( )1n
x X f x nµ∞
=
∈ >∑ hữu hạn.
( )⇐ Giả sử: µ(X) < + ∞
Theo chứng minh trên, ta có: ∀x ∈ X, ( ) ( )1
1 nn
f x g x∞
=
≤ + ∑ (*)
Và ( ){ }( ) .:111
µµµ dgdgnxfxn
nn
nn
∫∑∑∫∑∞
=
∞
=
∞
=
==>
Do đó, ( ) µµµµ dgddxgfdn
nn
n ∑∫∫ ∫∑∫∞
=
∞
=
+=
+≤
11
1
( ) ( ){ }( )∑∞
=
>∈+≤1n
nxfXxX µµ
Vì µ(X) < + ∞ và chuỗi ở vế phải hội tụ nên ta có: fdµ∫ hữu hạn.
Vậy f khả tích trên X.
Bài 37: Giả sử 0f ≥ đo được, hữu hạn h.k.n trên A, µ(A) < + ∞ .
Đặt Ak = ( ){ }1x A k f x k∈ ≤ ≤ + . Chứng minh rằng: f khả tích trên A khi và chỉ khi
( )0
kk
k Aµ∞
=
< +∞∑ .
(⇒) Giả sử f khả tích trên A. Đặt A* = ( ){ }x A f x∈ = +∞
0k
kA A A
∞∗
=
⇒ = ∪
U , với Ai ∩ Aj = ∅, ∀i ≠ j và µ(A*) = 0 (do f khả tích)
0k
kA A
f f∞
=
⇒ = ∑∫ ∫
58
Trên Ak, ta có:
( ) ( ) ( )0 0
k k k k
k kk kA A A A A
f x k f k f k A k A f fµ µ∞ ∞
= =
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ =∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Mà f khả tích ⇒ ( )0
kk
k Aµ∞
=
< +∞∑
( )⇐ Giả sử: ( )0
kk
k Aµ∞
=
< +∞∑ .
Ta có: ( ) ( ) ( )1 1k k k
kA A A
f k f k Aµ≤ + ⇒ ≤ +∫ ∫ ∫
( ) ( )0 0
1k
kk kA A
f f k Aµ∞ ∞
= =
⇒ = ≤ + < +∞∑ ∑∫ ∫
Vậy f khả tích trên A.
Bài 38: Cho f đo được, bị chặn trên A. Chứng minh rằng: nếu ∃a > 0, α < 1 sao cho
∀ε > 0 thì ( ){ }( ) αεεµ
axfAx <>∈ thì f khả tích trên A.
Đặt An= ( )
>∈ n
MxfAx2
, trong đó ( )f x M≤ , ∀x ∈ A
Ta có: ( ) . .2nnA a M α αµ −< < +∞
Đặt ( )nA
nn
Mxg χ∑∞
=
=1 2
. Ta có: ( ) Axxg ∈∀≥ ,0 .
⇒ g đo được, f g≤ trên A.
( ) ( ) ( )∑∑∑∑∫∞
=
−−∞
=
−−∞
=
−∞
=
==≤=⇒1
11
1
11
11
2..2..2...22 n
n
n
nn
nnn
nn
A
MaMaMaMAMgd ααααααµµ
Vì α < 1 nên ( )1
12 n
n
α∞
−
=
< +∞∑ . Vậy g khả tích trên A.
Do đó, f khả tích trên A.
59
Bài 39: Cho (X, F, µ) là một không gian độ đo. Chứng minh rằng nếu µ là σ_hữu
hạn thì tồn tại ƒ khả tích trên X và f(x) ≥ 0, ∀x ∈ X.
Giả sử µ là độ đo σ_hữu hạn trên F .
Khi đó, ∃{Xn} ⊂ F sao cho: U∞
=
=1n
nXX , µ(Xn) < +∞, ∀n, Xn ∩ Xm = ∅ (n ≠ m)
Với mỗi x ∈ X, đặt: ( )
( ) ( )
>∈
=∈=
0,,10,,1
)(2 nn
n
nn
XXxXn
XXxxf
µµ
µ
Ta có: ƒ đo được và ƒ(x) > 0,∀x ∈ X
Do đó: +∞<≤= ∑∫ ∑ ∫∞
=
∞
= 12
1
1nX n X n
fdfdn
µµ
Vậy ƒ khả tích trên X.
Bài 40: Giả sử g thỏa điều kiện Lipschitz trên R, tức là RyxC ∈∀>∃ ,:0 thì
( ) ( ) yxCygxg −≤− . Chứng minh rằng nếu f khả tích (L) trên [a, b] thì g(f) khả
tích (L) trên [a, b].
Vì f khả tích (L) trên [a, b] nên
0>∀ε nên tồn tại hàm liên tục ϕ sao cho: [ ]
εϕ <−∫ba
f,
( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]
( )[ ]∫∫∫∫ +−≤+−=⇒
babababa
ggfgggfgfg,,,,
ϕϕϕϕ
[ ]( )
[ ]( ) ∞<−+≤+−≤ ∫∫ abMCgfC
baba
εϕϕ,,
, với [ ]
( )ϕgMba ,
max=
( )[ ]
∞<⇒ ∫ba
fg,
( )fg⇒ khả tích (L) trên [a, b].
60
Bài 41: Cho { }nf là dãy hàm đo được trên A sao cho ∞<∑∫∞
=
µdfn A
n1
. Chứng minh
rằng: ∑∞
=
=1n
nff khả tích (L) trên A.
Đặt ,...2,1,1
== ∑=
nfgn
kkn , ∑
∞
=
=1k
kfg
Khi đó ng đo được trên A, n∀ và gffgn
kk
n
kkn ≤≤= ∑∑
== 11
mà ∞<== ∑∫∫ ∫∑∞
=
∞
=
µµ dfdfgk A
kA A k
k11
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( )∫∫ ∞→∞→=
Ann
Ann
gg limlim
∫∫ ∑∫ ∑∫∑ =
=
=
⇒
∞
==∞→
=∞→
AA kk
A
n
kkn
A
n
kkn
ffff111
limlim
∞<≤=
=
=⇒ ∑∫∑∫∑∫∫∑∫
∞
=
∞
==∞→
=∞→ 1111
limlimk A
kk A
k
n
k Akn
A
n
kkn
A
fffff
Vậy f khả tích trên A.
Bài 42: Cho ƒ khả tích trên A, 0 < µ(A) < +∞ và f(x) > 0, ∀x ∈ A. Chứng minh
rằng nếu 0 < α < µ(A) thì ( ) ∫≥
EE
fdµαµ
inf ≥ 0.
Đặt An = ( )
<<∈n
xfAx 10 . Ta có: ( ) 0lim =∞→ nn
Aµ .
Chọn no ∈ N sao cho: ( )2α
µ <onA
Khi đó: ∀E đo được, E ⊂ A và ( ) αµ ≥E thì ( )2
\ αµ >
onAE .
Do đó: 02
.1
\
>≥≥ ∫∫α
oAEE nffon
.
Vậy, ( ) ∫ ≥
≥E
Efd 0inf µ
αµ.
61
Bài 43: Chứng minh rằng nếu f khả tích (L) trên A và ∫∫ =AA
ff thì 0≥f hoặc
0≤f h.k.n trên A.
Ta có: nếu a, b > 0 và |a – b| = a + b thì a = 0 hoặc b = 0
Đặt ∫∫ −+ ==AA
fbfa , bafbafAA
+=−=⇒ ∫∫ ,
≥≤
⇒
=
=⇒
=
=
⇔
==
⇒−
+
−
+
∫
∫nkhfnkhf
nkhfnkhf
f
f
ba
A
A
..0
..0..0..0
0
0
00
Bài 44:Chứng minh rằng nếu ƒ khả tích và ( ) ( )dttfxFx
∫∞−
= thì F liên tục trên R.
Chọn {yn} sao cho yn > x, ∀n và ∞→→ nkhixyn . Đặt: ( )nyxn ff ,χ=
Khi đó: ƒn → 0 và ffn ≤ , ƒ khả tích
Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được:
( ) ( )( ) ( ) ( )xFyFfxFyFf nnnnnnnn=⇒==−=
∞→∞→∞→∞→ ∫∫ lim0limlimlim
Tương tự, nếu yn < x và ∞→→ nkhixyn , ta cũng có: ( ) ( )xFyF nn=
∞→lim
Vậy F liên tục.
Bài 45: Cho ƒ khả tích sao cho Nnff n ∈∀= ∫∫ , . Chứng minh rằng tồn tại một tập
đo được E sao cho Ef χ= h.k.n trên X.
* ƒ ≥ 0Đặt Em = ( )
+≥∈m
xfXx 11
Khi đó: ∀m ∈ N: ( ) +∞<=≤≤
+ ∫∫ ∫ fffE
mmE
mmm
m
µ11 .
Vì m bất kỳ nên µ(Em) = 0, ∀m
( ){ }( ) 10011
≤≤⇒=
=>∈⇒
∞
=
fExfXxm
mUµµ h.k.n.
62
Đặt E = ( ){ }1=∈ xfXx . Khi đó: ( ) ( ) 0110 2
\
=−=−≤−≤ ∫∫∫∫XXXEX
ffffff
( ) 01 =−⇒ ff h.k.n trên X\E ⇒ ƒ = 0 h.k.n trên X\E
Vậy Ef χ= h.k.n trên X.
* ƒ đo được, bất kỳ:
Theo chứng minh trên, ta được: Ff χ=2 h.k.n với tập F nào đó.
+ Đặt F1 = ( ){ }1=∈ xfXx , F2 = ( ){ }1−=∈ xfXx
Khi đó: ( ) ( )21 FFffF
µµ −== ∫∫ và ( ) ( )2122 FFfff
F
µµ +=== ∫∫∫
( ) 02 =⇒ Fµ
Vậy 1Ff χ= h.k.n.
63
PHẦN KẾT LUẬN
---- ñ & ó ----
Lý thuyết tích phân là một lĩnh vực toán học rất rộng và chứa đựng nhiều
điều mới lạ mà chúng ta chưa khám phá hết. Trong đó, Tích phân Lebesgue
có nhiều vấn đề hay và lý thú. Thế nhưng do khả năng có hạn nên em chỉ đi
sâu vào các nội dung: tính tích phân Lebesgue theo các phương pháp khác
nhau, giải bài toán ứng dụng từ việc qua giới hạn dưới dấu tích phân, khảo sát
một số tính chất của các hàm khả tích (L). Qua quá trình nghiên cứu đã giúp
em củng cố lại kiến thức đã học và hiểu thêm được nhiều vấn đề mới mà
trước đây chưa tiếp thu được. Mặc dù em đã cố gắng rất nhiều nhưng những
gì góp nhặt được chỉ là một phần nhỏ trong lượng kiến thức khổng lồ của lĩnh
vực này. Em tin rằng những kiến thức còn ở phía sau vẫn luôn chờ những sinh
viên chúng em khám phá.
64
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Ziad Adwan, 100 Problems on Integration.
2. Đặng Đình Áng, Lý thuyết tích phân, NXB Giáo dục, 1998.
3. Douglas S. Bridges, Foundations of Real and Abstract Analysis,
Springer,1998.
4. Douglas S. Bridges, Lecture Notes on F.Riesz.s Approach to the Lebesgue
Integral, University of Canterbury, 12/ 1/ 2006.
5. Đậu Thế Cấp, Độ đo và Tích phân, NXB Giáo dục, 2006.
6. W W L Chen, Introduction to Lebesgue Integration.
7. Pete L. Clark, Some Further Topics In Integration.
8. Nguyễn Định, Nguyễn Ngọc Hải, Các định lý và bài tập hàm thực, NXB Giáo
dục, 1999.
9. Nguyễn Định, Nguyễn Hoàng, Hàm số biến số thực, NXB Giáo dục, 1999.
10. Jon Handy, Analysis Qualifying Exam Primer.
12. Christopher Heil, Review of Lebesgue Measure and Integration.
26. Nguyễn Bích Huy, Phép tính tích phân, NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí
Minh, 1998.
13. Mike Klaas, The Lebesgue Measure and Integral, 12/ 4/ 2003.
14. A. N. Kolmogorov – S. V. Fomine, Cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm,
NXB Giáo dục, 1982.
15. Kenneth Kuttler, Multivariable Advanced Calculus, 30/ 8/ 2007.
16. Joshua H. Lifton, Measure Theory and Lebesgue Integration, 5/ 9/ 2004.
17. V. Liskevich, Measure Theory, 1998.
18. Dr Vitali Liskevich, Solutions to Measure Theory and Functional Analysis.
19. Lance Miller, Measure Theory Course Notes.
20. John Von Neumann, Functional Operatiors, University Press, 1950.
21. Peter Nguyen, R. B. Burckel, Real and Complex Analysis - Qualifying Exams
(New System) - Solution Manual, Kansas State University.
22. M. Papadimitrakis, Measure Theory, University of Crete, 8/ 2004.
23. Inder K. Rana, Measure and Integration: Concepts, Examples and
Exercises.
65
24. Valeriy Slastikov, Measure Theory, 8/2005.
25. Helmut Strasser, The Midterm Exam – Solutions, Vienna University, 2006.
26. Đỗ Đức Thái, Bài tập Tôpô đại cương, NXB Đại học Sư phạm, 2003.
28. Trần Thị Thanh Thúy, Giáo trình Độ đo – Tích phân Lebesgue, Tủ sách Đại
học Cần Thơ.
27. Hoàng Tụy, Giải tích hiện đại Tập 1, NXB Giáo dục, 1978.
29. David R. Wilkins, The Lebesgue Integral, 2007.
Một số trang Web:
google.com
math.com
lookforbook.com
ebookee.com
wikibooks