Khóa luận Tìm hiểu về tích phân Lesbegue và không gian L^p

bằng nhau, bỏ đi khoảng giữa G1 = ( 1 3 , 2 3 ). Bước 2. Chia ba mỗi đoạn còn lại là [0, 1 3 ] và [ 2 3 , 1] bỏ đi khoảng giữa của chúng. Đặt G2 = ( 1 9 , 2 9 )∪ (7 9 , 8 9 ) . . . Gọi Gn là hợp của 2n−1 các khoảng bỏ đi ở bước thứ n, G = ∞⋃ k=1 Gk là hợp của tất cả các khoảng bỏ đi, P = [0, 1]\G. Ta có µ(Gn) = 2n−1.( 1 3 ) n = 1 2 .( 2 3 )n. Khi đó µ(G) = ∑∞ n=1 µ(Gn) = 1 2 ∑∞ n=1( 2 3) n = 1. Mà [0, 1] = ([0, 1]\G) ∪G = P ∪G nên µ([0, 1]) = µ(P ) + µ(G). Vậy µ(P ) = µ([0, 1])− µ(G) = 1− 1 = 0. Ta thấy tập có độ đo 0 có thể có lực lượng là hữu hạn, đếm được hay không đếm được. Tập Cantor là một tập đặc biệt. Lực lượng của tập Cantor trên R là không đếm được nhưng độ đo của nó vẫn bằng 0. Định lý 1.2.3. [1] Độ đo Lebesgue là độ đo đủ. Chứng minh. Giả sử µ(A) = 0 ta cần chứng minh mọi tập con của A đều đo được và có độ đo bằng 0. Gọi N là tập con của A thì 0 ≤ µ∗(N) ≤ µ∗(A). Mà µ∗(A) = 0 thì µ∗(N) = 0. Lại có E = (E ∩N) ∪ (E\N) nên µ∗(E) ≤ µ∗(E ∩N) + µ∗(E\N) với mọi E ∈ R. Do (E ∩N) ⊂ N nên µ∗(E ∩N) ≤ µ∗(N) = 0 và µ∗(E) ≤ µ∗(E\N). Mặt khác (E\N) ∈ E nên µ∗(E\N) ≤ µ∗(E). Do đó µ∗(E) = µ∗(E\N), tức là µ∗(E) = µ∗(E ∩N) + µ∗(E\N). Vậy N là tập đo được Lebesgue và µ(N) = µ∗(N) = 0. Định lý 1.2.4. Mọi tập Borel đều đo được Lebesgue. Chứng minh. Trước hết ta đi chứng minh mọi khoảng mở đều đo được Lebesgue. Lấy một khoảng mở ∆ bất kỳ. Xét một tập E ⊂ R tùy ý và một hệ gian ∆k 13 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue phủ E. Rõ ràng với mỗi k thì ∆k ∩ ∆ = ∆′k là gian và ∆k\∆ = ⋃ k,i ∆ ′′ k,i là hợp các gian. Cho nên ⋃ k ∆k = ( ⋃ k ∆ ′ k) ⋃ ( ⋃ k ∆ ′′ k,i) và ∑ k |∆k| = ∑ k |∆′k|+ ∑ k,i |∆′′k,i|. Do đó µ∗(E) = inf{ ∑ k |∆k|} = inf{ ∑ k |∆′k|+ ∑ k,i |∆′′k,i|} ≥ inf{ ∑ k |∆′k|}+ inf{ ∑ k,i |∆′′k,i|}, Suy ra µ∗(E) ≥ µ∗(E ∩∆) + µ∗(E\∆), ∀E ⊂ R, hay ∆ đo được Lebesgue. Do ∆ là khoảng mở bất kỳ nên mọi khoảng mở đều đo được Lebesgue. Mà mỗi tập mở trong R là một hợp đếm được những khoảng mở, nên σ-đại số nhỏ nhất bao hàm lớp các khoảng mở cũng là σ-đại số nhỏ nhất bao hàm lớp các tập mở, tức là σ-đại số Borel. Mà σ-đại số L là σ-đại số bao hàm lớp các khoảng. Vậy σ-đại số L chứa σ-đại số Borel, hay tập Borel đo được Lebesgue. Định lý 1.2.5. Mỗi tập đo được Lebesgue là một tập Borel thêm hay bớt một tập có độ đo 0. Chứng minh. B là tập Borel và N là tập có độ đo 0 thì B,N ∈ L nên với tập A = B\N và A = B ∪N cũng đo được Lebesgue. Ngược lại giả sử A ∈ L. Ta đi chứng minh tồn tại tập Borel B sao cho µ(B) = µ(A). Vì A ∈ L nên có thể tìm được cho mỗi k = 1, 2, ..., những khoảng mở Pik sao cho A ⊂ ∞⋃ i=1 Pik và ∞∑ i=1 µ(Pik) ≤ µ∗(A) + 1/k = µ(A) + 1/k. Đặt B = ∞⋂ k=1 ∞⋃ i=1 Pij ta thấy B ⊃ A và B thuộc σ− đại số Borel. 14 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Mặt khác với mọi k, B ∈ ∞⋃ i=1 Pij nên µ(B) ≤ ∞∑ i=1 µ(Pik) ≤ µ(A) + 1/k. Do đó µ(B) ≤ µ(A) mà B ⊃ A nên µ(B) = µ(A). Đặt N = B\A ta có µ(N) = µ(B\A) = 0. Vì A ∈ L nên R\A ∈ L. Tồn tại hai tập B′ là tập Borel và N ′ là tập có độ đo 0 sao cho R\A = B′\N ′. Suy ra A = (R\B′) ∪N ′, hay A = B′′ ∪N ′ với B′′ = R\B′ là tập Borel. Vậy mỗi tập đo được Lebesgue chẳng qua là một tập Borel thêm hay bớt một tập có độ đo 0. Định lý 1.2.6. Đối với một tập A trên R ba điều kiện sau là tương đương: i) A đo được Lebesgue. ii) Với mỗi  > 0 có thể tìm được tập mở G ⊃ A sao cho µ∗(G\A) < . iii) Với mỗi  > 0 có thể tìm được một tập đóng F ⊃ A sao cho µ∗(A\F ) < . Chứng minh. (i)⇒ (ii). Trước hết ta xét trường hợp µ(A) < ∞. Từ định nghĩa độ đo ngoài, với  > 0 cho trước có thể tìm được một hệ khoảng mở ∆k phủ A sao cho ∑ k |∆k| < µ(A) + . Đương nhiên G là tập mở bao hàm A và có µ(G) ≤∑ k |∆k| < µ(A) + . Từ đó µ(G\A) = µ(G)− µ(A), suy ra µ(G\A) < . Trong trường hợp tổng quát, A = ∞⋃ n=1 A ∩ [−n, n] và mỗi tập An = A ∩ [−n, n] có µ(An) < ∞, nên theo trên có những tập mở Gn ⊃ An với µ(Gn\An) < 1/2n. Khi ấy tập G = ∞⋃ n=1 Gn mở, bao hàm A và thỏa mãn µ(G\A) ≤ ∞∑ n=1 µ(Gn\An) < ∞∑ n=1 /2n = . (ii)⇒ (i). Cho Gn là tập mở bao hàm A và có µ∗(Gn\A) < 1/n. Đặt B = ∞⋂ n=1 Gn ta có B ∈ L (vì B là tập Borel) và B ⊃ A, đồng thời µ∗(B\A) ≤ µ∗(Gn\A) < 1/n với 15 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue mọi n = 1, 2, . . . cho nên µ∗(B\A) = 0, nghĩa là E = B\A đo được. Vậy A = B\E cũng đo được. Do đó (i) ⇔ (ii). Mặt khác A đo được khi và chỉ khi phần bù của A cũng đo được, tức là từ điều vừa chứng minh, khi và chỉ khi với mọi  > 0 có thể tìm được một tập mở G ⊃ (R\A) sao cho µ∗ (G\(R\A)) < . Dĩ nhiên với F là phần bù của G thì F ⊂ A và µ∗(A\F ) = µ∗ (G\(R\A)) < . Từ đó suy ra (i) ⇔ (iii). 1.3 Hàm đo được Lebesgue 1.3.1 Hàm đo được Lebesgue Định nghĩa 1.3.1. Hàm số f : A → [−∞,+∞] được gọi là đo được trên A với A là một tập đo được Lebesgue nếu ∀a ∈ R, E1 = {x ∈ A : f(x) < a} ∈ L. (1.3.4) Định lý 1.3.1. Điều kiện (1.3.4) trong định nghĩa tương đương với các đẳng thức sau: ∀a ∈ R, E2 = {x ∈ A | f(x) > a} ∈ L. (1.3.5) ∀a ∈ R, E3 = {x ∈ A | f(x) ≤ a} ∈ L. (1.3.6) ∀a ∈ R, E4 = {x ∈ A | f(x) ≥ a} ∈ L. (1.3.7) Chứng minh. (1.3.4) ⇔ (1.3.7) vì E2 và E4 bù nhau nên E4 ∈ L vì L kín đối với phép lấy phần bù. Tương tự (1.3.5) ⇔ (1.3.6) vì E2, E3 bù nhau. (1.3.4) ⇒ (1.3.6). Thật vậy f(x) ≤ a khi và chỉ khi với mọi n có f(x) < a+ 1 n . Nên với mọi n {x ∈ A : f(x) ≤ a} = +∞⋂ n=1 {x ∈ A : f(x) < a+ 1 n } ∈ L, vì {x ∈ A : f(x) < a+ 1 n } ∈ L. 16 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Ngược lại (1.3.6)⇒ (1.3.4). Thật vậy f(x) < a khi và chỉ khi mọi n có f(x) ≤ a− 1 n . Nên {x ∈ A : f(x) < a} = +∞⋂ n=1 {x ∈ A : f(x) ≤ a − 1 n } ∈ L, (vì {x ∈ A : f(x) ≤ a− 1 n } ∈ L). 1.3.2 Các phép toán về hàm số đo được Mệnh đề 1.3.1. Cho A là tập đo được Lebesgue. i) Nếu f(x) đo được trên A thì với mọi α > 0 hàm số |f(x)|α cũng đo được. ii) Nếu f(x), g(x) đo được trên A và hữu hạn thì các hàm số f(x)± g(x), f(x).g(x),max{f(x), g(x)},min{f(x), g(x)} cũng đo được, và nếu g(x) không triệt tiêu thì hàm số 1/g(x) cũng đo được. Chứng minh. i) Nếu f(x) đo được thì với mọi a > 0 {x ∈ A : |f(x)|α < a} = {x ∈ A : |f(x)| < a 1α} = {x ∈ A : −a 1α < f(x) < a 1α} = {x ∈ A : f(x) −a 1α} ∈ L, vì mỗi tập {x ∈ A : f(x) −a 1α} đều thuộc L. Nếu a ≤ 0 thì {x ∈ A : |f(x)|α < a} = ∅ ∈ L. Vậy |f(x)|α đo được. ii) Cho a là một số thực bất kỳ, r1, r2, r3, . . . , rn, . . . là dãy các số hữu tỉ. Khi đó f(x) + g(x) < a⇔ f(x) < a− g(x). Do tập hữu tỉ trù mật trong tập số thực nên tồn tại số hữu tỉ rn sao cho f(x) < rn < a− g(x). Như vậy {x ∈ A : f(x)− g(x) < a} = ∞⋃ n {x ∈ A : f(x) < rn < a− g(x)} = ∞⋃ n=1 [{x ∈ A : f(x) < rn} ∩ {x ∈ A : g(x) < a− rn}]∈ L, 17 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue vì mỗi tập {x ∈ A : f(x) < rn}, {x ∈ A : g(x) < a− rn} đều thuộc L. Vậy f(x) + g(x) là đo được. Tương tự ta có f(x)− g(x) là đo được. Ta có các hệ thức sau f(x).g(x) = 1 4 [(f(x) + g(x))2 − (f(x)− g(x))2], max{f(x), g(x)} = 1 2 (f(x) + g(x) + |f(x)− g(x)|), min{f(x), g(x)} = 1 2 (f(x) + g(x)− |f(x)− g(x)|). Vậy các hàm số f(x).g(x),max{f(x), g(x)},min{f(x), g(x)} cũng đo được. Định lý 1.3.2. Cho A là một tập đo được Lebesgue, fn : A→ R, n = 1, 2, 3 . . . là những hàm đo được và hữu hạn trên A thì các hàm sup n fn(x), inf n fn(x), lim n→∞ fn(x), limn→∞ fn(x) cũng đo được trên A, và nếu hàm số lim n→∞ fn(x) tồn tại thì nó cũng đo được. Chứng minh. Chọn số thực a bất kỳ có {x ∈ A : sup n fn(x) ≤ a} = ∞⋂ n=1 {x ∈ A : fn(x) ≤ a} ∈ L, {x ∈ A : inf n fn(x) ≥ a} = ∞⋂ n=1 {x ∈ A : fn(x) ≥ a} ∈ L. Suy ra các hàm số sup n fn(x), inf n fn(x) đo được. Do đó ta có lim n→∞ fn(x) = infn {supk fn+k(x)}, lim n→∞ fn(x) = sup n {inf k fn+k(x)}, cũng đo được. Nếu dãy fn(x) hội tụ thì lim n→∞ fn(x) = limn→∞ fn(x). Vậy limn→∞ fn(x) đo được. 18 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue 1.3.3 Cấu trúc hàm đo được Định nghĩa 1.3.2. Cho A là một tập bất kỳ trong không gian R, ta gọi hàm đặc trưng của A là hàm số XA(x) xác định như sau XA(x) =  0 nếu x /∈ A , 1 nếu x ∈ A . Định nghĩa 1.3.3. Cho A là tập đo được Lebesgue, hàm f : A→ R được gọi là hàm đơn giản nếu nó hữu hạn, đo được và chỉ lấy một số hữu hạn giá trị. Gọi f1, f2, . . . , fn là các giá trị khác nhau của f(x) và Ai = {x : f(x) = fi} thì tập Ai đo được, rời nhau và ta có f(x) = n∑ i=1 fiXAi(x). Định lý 1.3.3. Mỗi hàm f(x) đo được trên tập đo được A là giới hạn của một dãy hàm đơn giản fn(x), f(x) = lim n→∞ fn(x). Nếu f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ A thì có thể chọn các fn để cho fn(x) ≥ 0, fn+1(x) ≥ fn(x), với mọi n và mọi x ∈ A. Chứng minh. Đặt f(x) = 0 với mọi x /∈ A ta có thể coi như f(x) xác định và đo được trên toàn R. Nếu f(x) ≥ 0. Đặt fn(x) =  n nếu f(x) ≥ n, i− 1 2n nếu i− 1 2n ≤ f(x) < i 2n (i = 1, 2, . . . , n.2n). 19 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Rõ ràng fn(x) là hàm đơn giản và fn(x) ≥ 0, fn+1(x) ≥ fn(x). Ta cần chứng minh f(x) = lim n→∞ fn(x). Nếu f(x) <∞ thì với n đủ lớn f(x) < n, cho nên ∃i : i− 1 2n ≤ f(x) < i 2n , do đó fn(x) = i− 1 2n . Suy ra |fn(x)− f(x)| ≤ 1 2n → 0 khi n→ +∞. Nếu f(x) = +∞ thì với mọi n, fn(x) ≥ n cho nên fn(x) = n→ +∞. Vậy fn(x)→ f(x). Nếu f(x) bất kỳ. Đặt f+(x) = max{f(x); 0}, f−(x) = max{−f(x); 0}. Ta có f(x) = f+(x)−f−(x) và các hàm số f+(x), f−(x) đều không âm nên từ chứng minh trên sẽ có hai dãy hàm đơn giản fn +(x), fn −(x) hội tụ tới f+(x), f−(x). Do đó với mỗi hàm fn(x) = fn +(x)− fn−(x) cũng đơn giản vì đo được và chỉ lấy một số hữu hạn giá trị suy ra f(x) = lim n→∞ fn(x). 1.3.4 Hội tụ hầu khắp nơi Định nghĩa 1.3.4. Cho A là một tập đo được Lebesgue. Một tính chất = nào đó xảy ra hầu khắp nơi (h.k.n) trên A nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A, B đo được Lebesgue, µ(B) = 0 sao cho tính chất = xảy ra tại mọi x thuộc A\B. Định nghĩa 1.3.5. Hàm số f(x), g(x) cùng xác định trên tập hợp A đo được Lebesgue được gọi là bằng nhau h.k.n trên A(hay tương đương nhau trên A) nếu tồn tại tập hợp B ⊂ A, B đo được Lebesgue và µ(B) = 0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x thuộc A\B. Định nghĩa 1.3.6. Dãy hàm {fn} được gọi là hội tụ h.k.n về hàm số f(x) trên A ∈ L nếu tồn tại một tập B ⊂ A,B ∈ L, µ(B) = 0 sao cho lim n→∞ fn(x) = f(x) với mọi x ∈ A\B. 20 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Định lý 1.3.4. Cho hàm số f(x), g(x) xác định trên tập A ∈ L. i) Nếu f(x), g(x) bằng nhau h.k.n trên A và dãy hàm {fn} hội tụ h.k.n về f(x) trên A thì {fn} hội tụ h.k.n về g(x) trên A. ii) Nếu dãy hàm {fn} hội tụ h.k.n về f(x) trên A và {fn} hội tụ h.k.n về g(x) trên A thì f(x) và g(x) bằng nhau h.k.n trên A. Chứng minh. i) Vì f(x) bằng g(x) h.k.n nên tồn tại tập B ⊂ A,B ∈ L, µ(B) = 0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A\B. Mặt khác, {fn} hội tụ h.k.n về f(x) trên A nên tồn tại tập C ⊂ A,C ∈ L, µ(C) = 0 sao cho lim n→∞ fn(x) = f(x) với mọi x ∈ A\C. Khi đó, (B ∪ C) ⊂ A,B ∪C ∈ L, µ (B ∪ C) = 0 và với mọi giá trị của x ∈ (A\B) ∩ (A\C) = A\(B ∪ C) ta có lim n→∞ fn(x) = f(x) = g(x). Vậy {fn} hội tụ h.k.n về g(x) trên A. ii) Do {fn} hội tụ h.k.n về f(x) trên A nên tồn tại tập B ⊂ A, B ∈ L, µ(B) = 0 sao cho lim n→∞ fn(x) = f(x) với mọi x ∈ A\B. Lại do {fn} hội tụ h.k.n về g(x) trên A nên tồn tại tập C ⊂ A, C ∈ L, µ(C) = 0 sao cho lim n→∞ fn(x) = g(x) với mọi x ∈ A\C. Theo tính duy nhất của giới hạn dãy số, với mọi x ∈ (A\B)∩ (A\C) = A\(B ∪C) phải có lim n→∞ fn(x) = f(x) = g(x). Mà (B ∪ C) ⊂ A,B ∪ C ∈ L, µ(B ∪ C) = 0 nên f(x) bằng g(x) h.k.n trên A. 21 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue 1.3.5 Sự hội tụ theo độ đo Cho A ∈ L và f1, f2, f3, ... là những hàm đo được hữu hạn h.k.n trên A. Dãy {fn} được gọi là hội tụ theo độ đo đến f(x) và ký hiệu là fn µ→ f trên A nếu ∀ > 0 lim n→+∞µ({x ∈ A : |fn(x)− f(x)| ≤ }) = 0. Nói cách khác ∀ > 0,∀δ > 0 tồn tại n0 ∈ N sao cho ∀n ∈ N : n > n0 thì µ({x ∈ A : |fn(x)− f(x)| ≥ }) < δ. Định lý 1.3.5. i) Nếu f(x), g(x) đo được và f(x), g(x) bằng nhau h.k.n trên A, fn µ→ f trên A thì fn µ→ g trên A. ii) Nếu fn µ→ f trên A và fn µ→ g trên A thì f(x), g(x) bằng nhau h.k.n trên A. Chứng minh. i) Vì f(x), g(x) bằng nhau h.k.n trên A nên tồn tại một tập B = {x ∈ A : f(x) 6= g(x)} có độ đo µ(B) = 0 (vì f(x), g(x) đo được nên B ∈ L). Với mọi  > 0 ta có: An = {x ∈ A : |fn(x)− g(x)| ≥ } = {x ∈ A\B : |fn(x)− f(x)| ≥ } ∪ {x ∈ B : |fn(x)− g(x)| ≥ } ⊂ {x ∈ A\B : |fn(x)− g(x)| ≥ } ∪B. Mà {x ∈ A\B : |fn(x)− g(x)| ≥ } = {x ∈ A\B : |fn(x)− f(x)| ≥ }, nên An ⊂ {x ∈ A : |fn(x)− f(x)| ≥ } ∪B. Suy ra µ(An) ≤ µ({x ∈ A : |fn(x)− f(x)| ≥ }) + µ(B) = µ({x ∈ A : |fn(x)− f(x)| ≥ })→ 0 khi n→∞, 22 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue vì fn µ→ f trên A. Do đó lim n→∞µ(An) = 0. Vậy fn µ→ g trên A. ii) Đặt A0 = {x ∈ A : |f(x)− g(x)| > 0} = {x ∈ A : f(x) 6= g(x)}, A = {x ∈ A : |f(x)− g(x)| ≥ },  > 0, Ak = {x ∈ A : |f(x)− g(x)| ≥ 1k}, k ∈ N, Bn = {x ∈ A : |fn(x)− f(x)| ≥  2 }, n ∈ N, Cn = {x ∈ A : |fn(x)− g(x)| ≥  2 }, n ∈ N. Các tập hợp này đều đo được vì fn(x), f(x), g(x) đều đo được trên A. Ta cần chứng minh µ(A0) = 0.Trước hết ta chứng minh A0 = ∞⋃ k=1 Ak (1.3.8) Lấy x0 ∈ A0, ta có x ∈ A và |f(x)− g(x)| > 0. Theo tính trù mật của tập số thực sẽ tồn tại số tự nhiên k0 sao cho |f(x)− g(x)| ≥ 1 k0 > 0, suy ra x ∈ Ak0. Do đó x ∈ ∞⋃ k=1 Ak Ngược lại lấy x ∈ ∞⋃ k=1 Ak thì tồn tại số tự nhiên k0 sao cho x0 ∈ A. Suy ra x ∈ A và |f(x)− g(x)| ≥ 1 k0 nên |f(x)− g(x)| > 0, do đó x ∈ A0. Vậy đẳng thức (1.3.8) được chứng minh. Khi đó ta có µ(A0) ≤ ∞∑ k=1 µ(Ak) (1.3.9) Bây giờ ta chứng minh A ⊂ Bn ∪ Cn,∀n ∈ N, ∀ > 0 (1.3.10) hay A\A ⊃ A\(Bn ∪ Cn) = (A\Bn) ∩ (A\Cn). Thật vậy, lấy x ∈ (A\Bn) ∩ (A\Cn) 23 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Ta có x ∈ A và |fn(x)− f(x)| <  2 , |fn(x)− g(x)| <  2 . Suy ra |f(x)− g(x)| = |f(x)− fn(x) + fn(x)− g(x)| ≤ |fn(x)− f(x)|+ |fn(x)− g(x)| < . Do đó x ∈ A\A. Vậy (1.3.10) được chứng minh. Khi đó µ(A) ≤ µ(Bn) + µ(Cn). (1.3.11) Mà lim n→∞µ(Bn) = 0, limn→∞µ(Cn) = 0. Vì fn µ→ f, fn µ→ g trên A, nên lấy giới hạn hai vế của (1.3.11) ta được µ(A) = 0, với mọi  > 0. Suy ra µ(Ak) = 0, khi  = 1 k > 0, với mọi k ∈ N. Từ (1.3.9) ta có µ(A0) = 0. 1.3.6 Mối liên hệ giữa hội tụ Định lý 1.3.6. (Egorov) Cho một dãy hàm {fn} đo được, hữu hạn h.k.n, trên một tập đo được A có độ đo µ(A) 0 tồn tại một tập đo được B ⊂ A sao cho µ(A\B) <  và dãy hàm {fn} hội tụ đều trên tập B. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 1.3.1. Cho , η > 0 thì có một tập đóng B là con của A và một số thực K sao cho µ(A\B) K. Chứng minh. Cố định , η > 0. Cho m bất kỳ, đặt Am = {x ∈ A : |f(x) − fk(x)| m}. Như vậy Am = ⋂ k>m{x ∈ A : |f(x) − fk(x)| < } và Am là đo được. Rõ ràng Am ⊂ Am+1. Ngoài ra fk(x) hội tụ h.k.n đến hàm số f(x) trên A và f(x) 24 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue là hữu hạn nên Am tăng đến A\Z với µ(Z) = 0. Do đó µ(Am)→ µ(A\Z) = µ(A). Từ µ(A) <∞ ta thấy rằng µ(A\Am)→ 0. Chọn m0 sao cho µ(A\Am0) < 1 2 η và lấy B là tập đóng, B ⊂ Am0 với µ(Am0\B) < 1 2 η. Vậy µ(A\B) m0. Chứng minh. (định lý Egorov) Chọn  > 0 áp dụng bổ đề 1.3.1 để chọn tập đóng Bm ⊂ A, m ≥ 1 và số thực Km, sao cho µ(A\Bm) <  1 2m và |f(x) − fk(x)| < 1 m trong Bm nếu k > Km,. B = ⋂ m Bm là tập đóng và B ⊂ Bm với mọi m nên fk(x) hội tụ đều tới f(x) trên B. Suy ra A\B = A\⋂ m Bm = ⋃ m (A\Bm). Vậy µ(A\B) ≤ ∑ µ(A\Bm) < . Định lý 1.3.7. Nếu một dãy hàm {fn} đo được trên một tập A hội tụ h.k.n tới một hàm số f(x) thì f(x) đo được và nếu µ(A) <∞ thì fn µ→ f. Chứng minh. {fn(x)} hội tụ h.k.n tới f(x) trên A nên tồn tại B = {x ∈ A : fn(x) 6→ f(x)}, µ(B) = 0 và mọi tập con của B cũng đo được và có độ đo 0 (vì µ là độ đo đủ). Do đó f(x) đo được trên B. Mặt khác fn(x) → f(x) với mọi x ∈ A\B nên theo định lý 1.3.2 f(x) đo được trên A\B. Vậy f(x) đo được trên B ∪ (A\B) = A. Chọn  > 0 tùy ý. Với mọi n tồn tại i sao cho |fn+i(x) − f(x)| ≥  suy ra x ∈ B, cho nên ∞⋂ n=1 ( ∞⋃ i=1 {x ∈ A : |fn+i(x)− f(x)| ≥ } )⊂ B, do đó µ ( ∞⋂ n=1 ( ∞⋃ i=1 {x ∈ A : |fn+i(x)− f(x)| ≥ } )) = 0. Đặt En = ∞⋃ i=1 {x ∈ A : |fn+i(x)− f(x)| ≥ }, ta có E1 ⊃ E2 ⊃ . . . ⊃ En ⊃ . . . 25 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue vì E1 ⊂ A nên µ(E1) ≤ µ(A) <∞ nên µ( ∞⋂ n=i En) = lim n→∞µ(En), do đó µ( ∞⋃ i=1 {x ∈ A : |fn+i(x)− f(x)| ≥ }) ≤ µ(En)→ 0. Vậy fn µ→ f. Định lý 1.3.8. Nếu dãy hàm số đo được fn(x) hội tụ theo độ đo tới f(x), thì có một dãy con fnk(x) hội tụ h.k.n tới f(x). Chứng minh. Chọn dãy gk → 0 và dãy tk > 0 sao cho ∑∞ k=1 tk < ∞. Với mỗi k tồn tại một số tự nhiên n(k) sao cho với mọi n ≥ n(k) µ ({x : |fn(x)− f(x)| ≥ gk}) < tk. Đặt n1 = n(1), n2 = max{n1 + 1, n(2)}, ... ta sẽ có n1 < n2 < . . . và dãy này hội tụ tới +∞. Với mọi k ta có µ ({x : |fnk(x)− f(x)| ≥ gk}) < tk. Xét tập B = ∞⋂ i=1 Qi với Qi = ⋃∞ k=1{x : |fnk(x)−f(x)| ≥ gk}. Với mọi i ta có B ⊂ Qi cho nên µ(B) ≤ µ(Qi) ≤ ∞∑ k=i µ ({x : |fnk(x)− f(x)| ≥ gk}) < ∞∑ k=i tk. Nhưng ∞∑ k=i tk → 0 khi i→∞, vì ∞∑ k=1 tk <∞, do đó µ(B) = 0. Với mỗi x ∈ A\B, có một i sao cho x /∈ Qi, tức là sao cho với mọi k ≥ i |fnk(x)− f(x)| < gk. vì gk → 0 nên fnk(x)→ f(x) khi k →∞. 26 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Mối liên hệ giữa hội tụ Hội h.k.n µ(A) <∞−−−−−−−→ Hội tụ theo độ đo ↑ ↑ Hội tụ điểm ←− Hội tụ đều Ta có ví dụ về một hàm hội tụ h.k.n nhưng không hội tụ điểm. Ví dụ 1.3.1. Cho fn : R→ R fn(x) =  xn nếu x ∈ Q, 0 nếu x /∈ Q. fn(x) hội tụ h.k.n đến f(x) = 0 trên R. Xét x=1 thì fn(1) = (−1)n là dãy phân kỳ nên fn(x) không hội tụ điểm trên R. Ví dụ về một hàm hội tụ theo độ đo nhưng không hội tụ đều. Ví dụ 1.3.2. Cho fn : [0, 1)→ R fn(x) =  x khi x ∈ [0, 1− 1 n ), 2 khi x ∈ [1− 1 n , 1). và f(x) = x trên [0, 1). Lấy  > 0 bất kỳ. Xét x ∈ [0, 1) : |fn(x)− f(x)| ≥  thì x ∈ [1− 1 n , 1) Do đó tập các điểm Bn = {x ∈ [0, 1) : |fn(x)− f(x)| ≥ } ∈ [1− 1 n , 1), µ(Bn) ≤ µ([1− 1 n , 1) = 1 n → 0 khi n→∞ nên fn(x) µ→ 0. Lấy x ∈ [0, 1), tồn tại n0 sao cho x < 1− 1 n0 Chọn n0 = [ 1 1− x ] + 1 Nếu n > n0 thì x ∈ [0, 1− 1 n ] suy ra fn(x) = x = f(x) Do đó fn(x) hội tụ điểm đến f(x) trên [0, 1) sup[0,1) |fn(x)− f(x)| = 1 + 1 n → 1 khi n→∞. fn(x) không hội tụ đều. Vậy fn(x) hội tụ theo độ đo nhưng không hội tụ đều. 27 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Ta xét ví dụ về một hàm hội tụ h.k.n nhưng có độ đo là vô cùng thì sẽ không hội tụ theo độ đo. Ví dụ 1.3.3. Cho fn xác định trên R fn(x) =  1 khi x ∈ [n, n+ 1], 0 tại các điểm khác, và hàm f(x) = 0. Lấy x ∈ R. Chọn n0 = [x]+1 thì với mọi n > n0 tức là n > [x]+1 > x thì fn(x) = 0. Nên lim n→∞ fn(x) = 0 hay fn(x) hội tụ h.k.n đến f(x) = 0 trên R và µ(R) =∞ Chọn  = 1 2 thì |fn(x)− 0| ≥ 1 2 khi x ∈ [n, n+ 1]. Do đó Bn = {x ∈ R : |fn(x)− 0| ≥ 1 2 } = [n, n+ 1]. µ(Bn) = 1→ 1 khi n→∞, hay fn(x) không hội tụ theo độ đo đến f(x) = 0. Vậy fn(x) hội tụ h.k.n trên R nhưng fn(x) không hội tụ theo độ đo. 1.4 Tích phân Lebesgue 1.4.1 Tích phân của hàm đơn giản Định nghĩa 1.4.1. Cho A là tập đo được, f : A→ [−∞,+∞] là hàm đơn giản, đo được trên A. Gọi f1, f2, . . . fn là các giá trị khác nhau đôi một của f(x). Đặt Ak = {x ∈ A : f(x) = fk}, k = 1, ...n. A = n⋃ k=1 Ak và f(x) = n∑ k=1 fkXAk ,∀x ∈ A. Khi đó tích phân của hàm đơn giản f(x) trên A với độ đo µ là số∫ A f(x)dµ = n∑ k=1 fkµ(Ak). 28 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Ví dụ 1.4.1. Cho hàm số f : [0, 1]→ R f(x) =  1 khi x ∈ [0, 1] ∩Q, 0 khi x ∈ [0, 1]\Q. Khi đó ∫ [0,1] f(x)dµ = 1.µ ([0, 1] ∩R) + 0.µ ([0, 1]\Q) = 1.0 + 0.1 = 0. 1.4.2 Tích phân của hàm không âm Cho A là tập đo được Lebesgue, hàm f : A → [0,+∞] là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu tăng các hàm đơn giản đo được fn(x) ≥ 0 hội tụ h.k.n về f(x) trên A. Định nghĩa 1.4.2. Tích phân của hàm f(x) trên A đối với đo đo µ là∫ A f(x)dµ = lim n→+∞( ∫ A fn(x)dµ). 1.4.3 Tích phân của hàm có dấu bất kỳ Định nghĩa 1.4.3. Cho A là tập đo được Lebesgue, hàm f : A → R là hàm đo được trên A. Khi đó ta có f(x) = f+(x)− f−(x) với f+(x), f−(x) ≥ 0. Các hàm số f+(x), f−(x) có tích phân tương ứng trên A là ∫ A f+(x)dµ, ∫ A f−(x)dµ. Nếu hiệu ∫ A f+(x)dµ − ∫ A f−(x)dµ có nghĩa thì tích phân của hàm đo được f(x) trên A với độ đo µ là∫ A f(x)dµ = ∫ A f+(x)dµ− ∫ A f−(x)dµ. 29 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue 1.4.4 Các tính chất sơ cấp 1. Cộng tính Nếu A ∩B = ∅ thì ∫ A∪B f(x)dµ = ∫ A f(x)dµ+ ∫ B f(x)dµ. Chứng minh. Nếu f(x) là hàm đơn giản trên A ∪B. Tồn tại f1, f2, . . . fn là các giá trị khác nhau đôi một của f(x). Đặt Ek = {x ∈ A ∪B : f(x) = fk}, k = 1, . . . n thế thì n⋃ k=1 Ek = A ∪B. Ta có f(x) = ∑n k=1 fkXEk(x), Ek = (A ∪B) ∩ Ek = (A ∩ Ek) ∪ (B ∩ Ek). Vì A ∩B = ∅ nên A ∩ Ek, B ∩ Ek rời nhau. Do đó∫ A∪B f(x)dµ = n∑ k=1 fk(x)µ(Ek) = n∑ k=1 fk(x)µ(A ∩ Ek) + n∑ k=1 fk(x)µ(B ∩ Ek) = ∫ A f(x)dµ+ ∫ B f(x)dµ. Nếu f(x) > 0 trên tập A ∪ B, fn(x) là dãy hàm đơn giản không âm và hội tụ tới f(x) tại mọi điểm x ∈ A ∪B. Theo chứng minh trên∫ A∪B fn(x)dµ = ∫ A fn(x)dµ+ ∫ B fn(x)dµ. Suy ra lim n→∞ ∫ A∪B fn(x)dµ = limn→∞ ∫ A fn(x)dµ+ lim n→∞ ∫ B fn(x)dµ. Hay ∫ A∪B f(x)dµ = ∫ A f(x)dµ+ ∫ B f(x)dµ. Nếu f(x) có dấu bất kỳ. Ta đặt f(x) = f+(x)− f−(x)∫ A∪B f(x)dµ = ∫ A∪B f+(x)dµ− ∫ A∪B f−(x)dµ. 30 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Theo chứng minh trên thì∫ A∪B f+(x)dµ = ∫ A f+(x)dµ+ ∫ B f+(x)dµ. (1.4.12) ∫ A∪B f−(x)dµ = ∫ A f−(x)dµ+ ∫ B f−(x)dµ. (1.4.13) Lấy (1.4.12)-(1.4.13) ta có∫ A∪B f(x)dµ = ∫ A f+(x)dµ− ∫ A f−(x)dµ+ ∫ B f+(x)dµ− ∫ B f−(x)dµ = ∫ A f(x)dµ+ ∫ B f(x)dµ. 2. Bảo toàn thứ tự Nếu f(x), g(x) bằng nhau h.k.n trên A thì ∫ A f(x)dµ = ∫ A g(x)dµ. 3. Tuyến tính i) ∫ A c · f(x)dµ = c ∫ A f(x)dµ (c là hằng số). ii) f(x) + g(x) xác định h.k.n trên A thì∫ A ( f(x) + g(x) ) dµ = ∫ A f(x)dµ+ ∫ A g(x)dµ. 4. Khả tích i) Nếu ∫ A f(x)dµ có nghĩa thì ∣∣∫ A f(x)dµ ∣∣ ≤ ∫ A |f(x)|dµ. ii)f(x) khả tích khi và chỉ khi |f(x)| khả tích. iii) Nếu |f(x)| ≤ g h.k.n trên A và g(x) khả tích thì f(x) cũng khả tích. iv) Nếu f(x), g(x) khả tích thì f(x)± g(x) cũng khả tích. Nếu f(x) khả tích, g(x) bị chặn thì f(x).g(x) cũng khả tích. 31 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Chứng minh. i)Ta có | ∫ A f(x)dµ| = | ∫ A f+(x)dµ− ∫ A f−(x)dµ| ≤ ∫ A f+(x)dµ+ ∫ A f−(x)dµ = ∫ A (f+(x) + f−(x))dµ = ∫ A |f(x)|dµ. ii)Nếu |f(x)| khả tích thì ∫ A |f(x)|dµ < +∞ suy ra | ∫ A f(x)dµ| < +∞ hay f(x) khả tích. Nếu f(x) khả tích, ∫ A f+(x)dµ − ∫ A f−dµ < +∞ nên ∫ A f+(x)dµ < +∞,∫ A f−(x)dµ < +∞. Vậy ∫ A |f(x)|dµ = ∫ A ( f+(x) + f−(x) ) dµ < +∞ hay |f(x)| khả tích. iii) Vì |f(x)| ≤ g(x) h.k.n trên A, g(x) khả tích nên∫ A |f(x)|dµ ≤ ∫ A g(x)dµ < +∞. Do đó |f(x)| khả tích nên theo chứng minh trên f(x) khả tích. iv) Nếu f(x), g(x) khả tích thì ∫ A f(x)dµ, ∫ A g(x)dµ hữu hạn.∫ A (f(x) + g(x)) dµ = ∫ A f(x)dµ+ ∫ A g(x)dµ hữu hạn hay f(x) + g(x) khả tích. Tương tự ta có f(x)− g(x) khả tích. Nếu f(x) khả tích, g(x) bị chặn. Giả sử |g(x)| ≤ m. Ta có |f(x).g(x)| ≤ m.|f(x)| nên ∫ A |f(x).g(x)|dµ ≤ ∫ A (m.|f(x)|)dµ = m. ∫ A f(x)dµ. Mặt khác f(x) khả tích nên |f(x)| cũng khả tích (chứng minh trên). Do đó ∫ A |f(x)|dµ <∞ suy ra ∫ A |f(x)g(x)|dµ <∞ hay |f(x)g(x)| khả tích. Vậy f(x)g(x) cũng khả tích. 32 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue 1.4.5 Qua giới hạn dưới dấu tích phân Định lý 1.4.1. (hội tụ đơn điệu Beppo Levi) Nếu fn(x) ≥ 0 và fn(x) đơn điệu tăng đến f(x) trên A thì lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = ∫ A f(x)dµ. Chứng minh. Nếu fn(x) là hàm đơn giản thì đây chính là định nghĩa tích phân của hàm đơn giản. Nếu hàm fn(x) bất kỳ và đo được. Với mỗi n có một dãy hàm đơn giản, không âm g(n)m (x)↗ fn(x). Vì fn+1(x) > fn(x) nên có thể coi g(n+1)m (x) ≥ g(n)m (x). Vậy với k ≤ n ta có g (k) n (x) ≤ g(n)n (x) ≤ fn(x), ∫ A g (k) n (x)dµ ≤ ∫ A g (n) n (x)dµ ≤ ∫ A fn(x)dµ, cho n→∞ ta có fk(x) ≤ lim n→∞ g (n) n (x) ≤ f(x) và∫ A fk(x)dµ ≤ ∫ A lim n→∞ g (n) n (x)dµ ≤ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Cho k →∞ ta có f(x) ≤ lim n→∞ g (n) n (x) ≤ f(x) và lim k→∞ ∫ A fk(x)dµ ≤ ∫ A lim n→∞ g (n) n (x)dµ ≤ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Như vậy lim n→∞ g (n) n (x) = f(x), lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = ∫ A f(x)dµ. Chú ý rằng có thể thay điều kiện fn(x) ≥ 0 bởi điều kiện f1(x) khả tích. Định lý 1.4.2. (Định lý Dini) Nếu fn(x) là dãy hàm liên tục, đơn điệu, hội tụ điểm đến một hàm f(x) liên tục trên R thì fn(x) hội tụ đều tới f(x). Chứng minh. Giả sử fn(x) là dãy hàm đơn điệu giảm. Cho mỗi n ∈ N, đặt gn(x) = fn(x)−f(x) thì gn(x) là hàm liên tục và lim n→∞ gn(x) = 0. 33 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Hơn nữa gn(x) > gn+1(x) > 0. Gọi Mn = sup gn(x) : x ∈ R. Ta cần chứng minh lim n→∞Mn = 0. Lấy  > 0, gọi On = {xn : g −1 n (x) < }. Vì gn(x) là hàm liên tục nên tập On là tập mở. Từ gn(x) > gn+1n (x) có On ⊂ On+1. Với mỗi x ∈ R, lim n→∞ gn(x) = 0 sẽ có n ∈ N với gn(x) <  thì x ∈ On. Vậy ∞⋃ n=1 = R. Ta có R là compact nên họ tập mở On phủ R sẽ chứa một họ của On hữu hạn vẫn phủ R. Từ On ⊂ On+1 nên sẽ có một tập hữu hạn lớn nhất phủ R. Vậy tồn tại số N ∈ N sao cho ON = R. Do đó gN (x) <  với mọi x ∈ R. Vậy MN ≤ . Từ Mn giảm với mọi n ∈ N nên với mọi Mn ≥ 0 ta sẽ có lim n→∞Mn = 0. Như vậy nếu fn(x) hội tụ đều đến f(x) trên tập A đo được thì lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = ∫ A f(x)dµ. Ví dụ 1.4.2. Cho fn(x) = x+ 2 xn + 1 với x ∈ [0, 1]. Ta có fn(x) ≥ 0 với x ∈ [0, 1] và fn(x) tăng đến hàm f(x) = x + 2 trên [0, 1] nên lim n→∞ ∫ [0,1] fndµ = ∫ [0,1] (x+ 2)dµ. Định lý 1.4.3. (Bổ đề Fatou) Nếu fn(x) ≥ 0 trên A thì∫ A lim n→∞ fn(x)dµ ≤ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Chứng minh. Đặt gn(x) = inf{fn(x), fn+1(x), . . .}. Ta có gn(x) ≥ 0 và gn(x)↗ lim n→∞ fn(x), cho nên theo định lý 1.4.1 có lim n→∞ ∫ A gn(x)dµ = ∫ A lim n→∞ fn(x)dµ. Nhưng gn(x) ≤ fn(x) nên ∫ A gn(x)dµ ≤ ∫ A fn(x)dµ và lim n→∞ ∫ A gn(x)dµ ≤ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Do đó ∫ A lim n→∞ fn(x)dµ ≤ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Định lý 1.4.4. (hội tụ chặn Lebesgue) Nếu |fn(x)| ≤ g(x), g(x) khả tích và fn(x)→ f(x) (h.k.n hay theo độ đo) trên A thì∫ A fn(x)dµ→ ∫ A f(x)dµ. 34 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Chứng minh. Trường hợp fn(x)→ f(x) h.k.n trên A. Ta có −g(x) ≤ fn(x) ≤ g(x) và g(x) khả tích. Theo bổ đề Fatou cho các hàm g(x)− fn(x) ≥ 0 và fn(x) + g(x) ≥ 0 ta có∫ A lim n→∞ fn(x)dµ ≥ limn→∞ ∫ A fn(x)dµ, ∫ A lim n→∞ fn(x)dµ ≤ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Nhưng fn(x)→ f(x) h.k.n trên A nên lim n→∞ fn(x) = limn→∞ fn(x) = f(x), nên∫ A f(x)dµ ≥ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ ≥ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ ≥ ∫ A f(x)dµ, suy ra lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = ∫ A f(x)dµ. Trường hợp fn → f theo độ đo. Theo định nghĩa giới hạn trên ta có một dãy nk sao cho ∫ A fnk(x)dµ→ lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ. Mặt khác do fn(x)→ f(x) theo độ đo nên có thể trích ra một dãy con nki hội tụ h.k.n đến f(x) (theo định lý 1.3.8) hay fnki (x)→ f(x) h.k.n.Do đó lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = lim k→∞ ∫ A fnk(x)dµ = lim i→∞ ∫ A fnki (x)dµ = ∫ A f(x)dµ. Tương tự ta có lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = ∫ A f(x)dµ, cho nên lim n→∞ ∫ A fn(x)dµ = ∫ A f(x)dµ. Như đã học, chuyển giới hạn qua dấu tích phân thì điều kiện cần là dãy hàm {fn} hội tụ đều đến f(x) trên một đoạn [a, b]. Đây là một điều kiện ngặt nghèo. Trong khi điều kiện hội tụ đơn điệu và hội tụ chặn thì rộng rãi hơn. Ví dụ 1.4.3. Cho hàm fn : [0, 1]→ R, fn(x) = √ nxe−nx 2 . Với mọi x ∈ [0, 1] ta có f(x) = lim n→∞ √ nxe−nx 2 = 0. sup [0,1] |fn(x)− f(x)| = sup [0,1] √ nxe−nx 2 = (2e)−1 6→ 0 khi n→∞. Như vậy fn(x) không hội tụ đều đến f(x) trên [0, 1]. Mặt khác ∫ 1 0 f(x)dx = 0. 35 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue lim n→∞ ∫ 1 0 fn(x)dx = lim n→∞ ∫ 1 0 √ nxe−nx 2 = lim n→∞ 1 2 ( 1− e−n√ n ) = 0. Do đó lim n→∞ ∫ 1 0 fn(x)dx = ∫ 1 0 f(x)dx. Lý do có dấu ” = ” xảy ra là vì 0 ≤ fn(x) ≤ g(x) = (2e)−1 x ∈ [0, 1], g(x) là một hàm khả tích và fn(x) → f(x) trên [0, 1] nên fn(x), f(x) thỏa mãn điều kiện của định lý hội tụ chặn. Như vậy ta có thể chuyển giới hạn qua dấu tích phân. 1.4.6 Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và Rie mann Định lý 1.4.5. Cho f : [a, b]→ R Nếu f khả tích Riemann trên [a, b] thì khả tích Lebesgue trên [a, b] và∫ [a,b] f(x)dµ = ∫ b a f(x)dx Chứng minh. Nếu f(x) khả tích Riemann trên đoạn [a, b] thì f(x) bị chặn và liên tục h.k.n trên [a, b]. Xét dãy phân hoạch Dn của đoạn [a, b] với ||Dn|| → 0. Gọi Sn là tổng Darboux dưới ứng với phân hoạch Dn. Gọi ∆i là phân hoạch thứ i của phân hoạch Dn trên [a, b]. Sn = n∑ i=1 ti|∆i| ti = inf x∈∆i f(x). Đặt fn(x) = n∑ i=1 tiX∆i(x). Ta có f(x) liên tục h.k.n trên [a, b], với n đủ lớn thì ||Dn|| → 0 và do đó ∆i sẽ đủ nhỏ để Với  > 0 bất kỳ, |f(x) − fn(x)| = |f(x) − ti| < . Suy ra fn(x) → f(x) h.k.n trên [a, b]. Do đó theo định lý về hội tụ chặn ta có Sn = ∫ [a,b] fn(x)dµ→ ∫ [a,b] f(x)dµ. Mặt khác Sn → ∫ b a f(x)dx. Vậy ∫ [a,b] f(x)dµ = ∫ b a f(x)dx. 36 www.VNMATH.com Chương 1. Tích phân Lebesgue Tuy nhiên một hàm khả tích Lebesgue thì không kết luận được sẽ khả tích Riemann. Ta có ví dụ 1.4.1 về hàm Dirichlet khả tích Lebesgue trên [0, 1] nhưng không khả tích Riemann trên đó. Ví dụ 1.4.4. Cho hàm số D : [0, 1]→ R D(x) =  1 khi x ∈ [0, 1] ∩Q, 0 khi x ∈ [0, 1]\Q. Chứng minh. Ta sẽ đi chứng minh hàm Dirichlet không khả tích Riemann. Thật vây, với mọi phân hoạch T của đoạn [0, 1], gọi ∆i là phân hoạch thứ i của T . Nếu lấy ξ là điểm có tọa độ là những số hữu tỉ thì σD(T, ξ) = n∑ i=1 D(ξi)|∆i| = 1 còn nếu lấy ξ ′ là điểm có tọa độ là những số vô tỉ thì σD(T, ξ ′ ) = 0 nên hàm Dirichlet không khả tích Riemann. 37 www.VNMATH.com Chương 2 Không gian Lp 2.1 Không gian Lp Cho không gian R, E là tập đo được Lebesgue và một độ đo µ. Định nghĩa 2.1.1. [1] Họ các hàm số f(x) có lũy thừa bậc p (1 ≤ p < ∞) của modun khả tích trên E, tức là sao cho∫ E |f(x)|pdµ <∞, gọi là không gian Lp(E). Hàm số f(x) đo được trên E gọi là bị chặn cốt yếu nếu tồn tại một tập hợp P có độ đo 0, sao cho f(x) bị chặn trên tập hợp E\P , tức là tồn tại số K sao cho |f(x)| ≤ K với mọi x ∈ E\P. Cận dưới đúng của tập hợp các số K thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là cận trên đúng cốt yếu của hàm f(x), được ký hiệu là ess sup E |f(x)|. Định nghĩa 2.1.2. [2] Họ tất cả các hàm f(x) bị chặn cốt yếu trên E được gọi là không gian L∞(E). 38 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Mệnh đề 2.1.1. [2] Nếu hàm f(x) ∈ L∞(E) thì |f(x)| ≤ ess sup E |f(x)| h.k.n trên E. Chứng minh. Giả sử {Kn} là một dãy số thực đơn điệu giảm đếnK = ess sup E |f(x)|. Khi đó, tập hợp Pn = {x ∈ E : |f(x)| > Kn}, có độ đo 0 với mọi n. Hiển nhiên tập hợp P = ∞⋃ n=1 Pn có độ đo 0 và |f(x)| ≤ K với mọi x ∈ E\P. Vậy |f(x)| ≤ ess sup E |f(x)| h.k.n trên E. Định lý 2.1.1. [1] (Bất đẳng thức Holder) Nếu f(x), g(x) đo được, xác định trên một tập đo được E và p, q là hai số thực sao cho 1 < p <∞ và 1 p + 1 q = 1 thì ∫ E |f(x) · g(x)|dµ ≤ (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p (∫ E |g(x)|qdµ ) 1 q . Cách chứng minh dựa vào bổ đề sau Bổ đề 2.1.1. Nếu a,b không âm và p, q là hai số thực sao cho 1 < p < ∞ và 1 p + 1 q = 1 thì ta có ab ≤ a p p + bq q . Chứng minh. Xét f(t) = t p + 1 q − t1/p (t ≥ 0). Ta thấy f(1) = 0 và f ′ (t) = 1 p − 1 p · t1/(p−1) dương với t > 1, âm với t < 1, chứng tỏ rằng f(t) đạt cực tiểu tại t = 1. Do đó với mọi t ≥ 0 ta có t p + 1 q − t1/p ≥ 0. Với t = apb−q ≥ 0 ta có apb−q p + 1 q − abp/q ≥ 0 hay a p p + bq q − ab ≥ 0. 39 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Chứng minh. ( Chứng minh bất đẳng thức Holder) Nếu ∫ E |f(x)|dµ, ∫ E |g(x)|dµ hữu hạn và dương. Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh với a = |f(x)|(∫ E |f(x)|pdµ) 1p , b = |g(x)|(∫ E |g(x)|qdµ) 1q . Ta có |f(x).g(x)|(∫ E |f(x)|pdµ) 1p (∫ E |g(x)|qdµ) 1q ≤ |f(x)| p p (∫ E |f(x)|pdµ) + |g(x)|qq (∫ E |g(x)|qdµ) . Lấy tích hai vế∫ E |f(x)g(x)|dµ(∫ E |f(x)|pdµ) 1p (∫ E |g(x)|qdµ) 1q ≤ ∫ E |f(x)|pdµ p (∫ E |f(x)|pdµ) + ∫ E |g(x)|qdµ q (∫ E |g(x)|qdµ) = 1 p + 1 q = 1. Nếu ∫ E |f(x)|dµ hoặc ∫ E |g(x)|dµ bằng vô cùng thì bất đẳng thức đúng. Nếu ∫ E |f(x)|dµ hoặc ∫ E |g(x)|dµ bằng 0, chẳng hạn ∫ E |f(x)|dµ = 0 thì f(x) = 0 h.k.n trên E nên f(x)g(x) = 0 h.k.n trên E. Do đó bất đẳng thức đúng. Định lý 2.1.2. [1](Bất đẳng thức Minkowski) Nếu f(x), g(x) là hai hàm đo được trên E và 1 ≤ p <∞ thì(∫ E |f(x) + g(x)|pdµ ) 1 p ≤ (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p + (∫ E |g(x)|pdµ ) 1 p . Chứng minh. Với p=1, bất đẳng thức đúng. Xét với 1 < p <∞. Chọn q sao cho 1 p + 1 q = 1. 40 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có∫ E |f(x) + g(x)|pdµ ≤ ∫ E ( |f(x)|+ |g(x)| ) .|f(x) + g(x)|p−1dµ = ∫ E |f(x)|.|f(x) + g(x)|p−1dµ+ ∫ E |g(x)|.|f(x) + g(x)|p−1dµ ≤ (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p (∫ E |f(x) + g(x)|(p−1)qdµ ) 1 q + (∫ E |g(x)|pdµ ) 1 p (∫ E |f(x) + g(x)|(p−1)qdµ ) 1 q = ∣∣∣∣∣ (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p + (∫ E |g(x)|pdµ ) 1 p ∣∣∣∣∣ (∫ E |f(x) + g(x)|pdµ ) 1 q . Từ đó (∫ E |f(x) + g(x)|pdµ )1− 1 q ≤ (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p + (∫ E |g(x)|pdµ ) 1 p . vì 1− 1 q = 1 p nên (∫ E |f(x) + g(x)|pdµ) 1p ≤ (∫ E |f(x)|pdµ) 1p + (∫ E |g(x)|pdµ) 1p . Định lý 2.1.3. Tập hợp Lp(E), trong đó không phân biệt các hàm bằng nhau h.k.n là một không gian vector định chuẩn, với các phép toán thông thường về cộng hàm số, nhân hàm số với số, và với chuẩn ||f ||p = (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p khi 1 ≤ p <∞, ||f ||∞ = ess sup E |f(x)| khi p =∞. Chứng minh. Với 1 ≤ p <∞. Giả sử f(x), g(x) ∈ Lp(E). Ta có |f(x) + g(x)| ≤ 2 max{|f(x)|, |g(x)|} suy ra |f(x) + g(x)|p ≤ 2p(max{|f(x)|, |g(x)|})p ≤ 2p(|f(x)|p + |g(x)|p). Do đó |f(x)|p, |g(x)|p khả tích thì |f(x) + g(x)|p cũng khả tích, hay f(x) + g(x) ∈ Lp(E) (2.1.1) 41 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Mặt khác, nếu f(x) ∈ Lp(E), α là số thực bất kỳ thì |αf(x)|p = |α|p.|f(x)|p khả tích, nên α · f(x) ∈ Lp(E) (2.1.2) Từ (2.1.1) và (2.1.2) suy ra Lp(E) là không gian vector. Ta lại có||f ||p > 0 khi f(x) 6= 0 và ||f ||p = 0 khi f(x) = 0 h.k.n vì không phân biệt hai hàm bằng nhau h.k.n nên thỏa mãn tiên đề 1 về chuẩn. ||α.f ||p = (∫ E |αf(x)|pdµ ) 1 p = |α| (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p = |α|.||f ||p, thỏa mãn điều kiện thuần nhất của chuẩn. Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có bất đẳng thức tam giác ||f + g||p = (∫ E |f(x) + g(x)|pdµ ) 1 p ≤ (∫ E |f(x)|pdµ ) 1 p + (∫ E |g(x)|pdµ ) 1 p = ||f ||p + ||g||p. Với p = +∞.Giả sử f(x) ∈ L∞(E). Ta có ||f ||∞ > 0 nếu f(x) 6= 0 và ||f ||∞ = 0 nếu f(x) = 0 h.k.n trên E nên thỏa mãn tiên đề 1 về chuẩn. Ta đi chứng minh điều kiện thuần nhất của chuẩn. Với α là số thực bất kỳ ta cần chứng minh ||α.f ||∞ = |α|.||f ||∞. (2.1.3) Nếu α = 0 thì điều kiện (2.1.3) luôn đúng. Nếu α 6= 0. Giả sử phản chứng ||α.f ||∞ < M < |α|.||f ||∞. Ta có |α|.|f(x)| = |α.f(x)| ≤ ess sup E |α.f(x)| < M. Do đó α.f(x) ∈ L∞(E) và |α|.||f ||∞ < M. Như vậy thì |α|.||f ||∞ < M < |α|.||f ||∞. Điều này vô lý. Chứng minh một cách tương tự ta cũng có |α|.||f ||∞ < M < ||α.f ||∞ 42 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp là điều vô lý hay ||α.f ||∞ = |α|.||f ||∞. Cuối cùng ta đi chứng minh điều kiện về bất đẳng thức tam giác. Thật vậy, giả sử f(x), g(x) ∈ L∞(E). |f(x)+g(x)| ≤ |f(x)|+|g(x)| ≤ ess sup E |f(x)|+ess sup E |g(x)| nên f(x)+g(x) ∈ L∞(E). Và ess sup E |f(x)+g(x)| ≤ ess sup E |f(x)|+ess sup E |g(x)| hay ||f+g||∞ ≤ ||f ||∞+ ||g||∞. Định lý 2.1.4. Lp(E) là không gian vector định chuẩn đủ. Chứng minh. Cho fn(x) là dãy cơ bản trong Lp(E), tức là ||fn − fm||p → 0. Như vậy luôn tìm được n1 đủ lớn để cho ||fn − fm||p < 1/2 với mọi n,m ≥ n1. Tiếp tục tìm được n2 > n1 sao cho ||fn − fm||p < 1/22 với mọi n,m ≥ n2. Do đó ta có thể chọn được một dãy n1 < n2 < . . . < nk < . . . để cho với mọi k ta có ∀n,m ≥ nk ||fn − fm||p < 1/2k. Như vậy ||fnk+1 − fnk ||p < 1/2k. Áp dụng bổ để Fatou (1.4.3) cho dãy hàm không âm gs(x) = |fn1(x)|+ ∑s k=1 |fnk+1(x)− fnk(x)| ∈ Lp(E). Với mỗi x cố định gs(x) không giảm theo s nên tồn tại lim n→∞ gs(x). Do đó ∫ E lim s→∞(gs(x)) pdµ ≤ lim s→∞ ∫ E (gs(x)) pdµ = lim s→∞ (||gs||p)p. Mặt khác ||gs||p ≤ ||fn1||p + s∑ k=1 ||fnk+1 − fnk ||p < ||fn1||p + s∑ k=1 (1/2k) < ||fn1||p + 1. nên lim s→∞(||gs||p) p <∞. Do đó ∫ E lim s→∞ (gs(x)) p dµ <∞. Điều này chứng tỏ lim s→∞ |gs(x)| p < ∞ h.k.n, hay tồn tại lim s→∞ gs(x) và hữu hạn h.k.n trên E. 43 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Suy ra fn1(x) + ∞∑ k=1 ( fnk+1(x)− fnk(x) ) hội tụ tuyệt đối h.k.n. Như vậy khi s→∞ sẽ tồn tại giới hạn hữu hạn h.k.n của hàm fns+1(x) = fn1(x) + s∑ k=1 ( fnk+1(x)− fnk(x) ) . Ta gọi giới hạn này là f0(x), fns+1 → f0(x) h.k.n. Vì |fns+1(x)| ≤ lim s→∞ gs(x) ∈ L p(E). Theo định lý hội tụ chặn có∫ E |f0(x)|pdµ = lim s→∞ ∫ E |fns+1(x)|pdµ, tức là f0(x) ∈ Lp(E). Áp dụng bổ đề Fatou ta có ||f0 − fnk ||p = ∫ E lim s→∞ |fns+1(x)− fnk(x)| pdµ ≤ lim n→∞ ∫ E |fns+1(x)− fnk(x)|pdµ = lim s→∞ ||fns+1 − fnk ||p = lim s→∞ || s∑ t=k fnt+1 − fnk ||p ≤ lim s→∞ s∑ t=k ||fnt+1 − fnk ||p ≤ lim s→∞ s∑ t=k 1 2t = ∞∑ t=k 1 2t . Suy ra lim k→∞ ||f0 − fnk ||p = 0. Cuối cùng vì {fn} là dãy cơ bản nên với n, nk đủ lớn ta sẽ có ||fnk − fn||p < . Khi đó ta chọn k đủ lớn để vừa có nk ≥ n0 và ||f0 − fnk ||p <  thì sẽ có với mọi n ≥ n0 ||f0 − fn||p ≤ ||f0 − fnk ||+ ||fnk − fn|| ≤ + , chứng tỏ dãy fn(x) hội tụ tới f0(x). Hệ quả 2.1.1. Nếu một dãy {fn} hội tụ trong Lp(E) thì nó chứa một dãy con {fnk} hội tụ h.k.n trên E. Thật vậy, nếu {fn} hội tụ thì nó là dãy cơ bản nên theo định lý 2.1.4 có thể trích ra một dãy con {fnk} hội tụ h.k.n. 44 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Định lý 2.1.5. Nếu 1 ≤ p < p′ <∞ và µ(E) <∞ thì Lp ′ (E) ⊂ Lp(E). Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có ||f.g||1 ≤ ||f ||p.||g||q với 1 ≤ p <∞, 1 p + 1 q = 1. Ta lấy g(x) = 1, thay f(x) bởi |f(x)|p, thay p, q bởi p′/p, p′/(p′ − p) ta có || |f | ||1 ≤ || |f |p || p′ p .µ(E) p ′−p p . Do đó µ(E) <∞ thì Lp ′ (E) ⊂ Lp(E). Ta có các ví dụ sau trích từ tài liệu [5] Ví dụ 2.1.1. Cho p < q < ∞, hàm x− 1q ∈ Lp(0, 1) nhưng |x− 1q |q = |1 x | là hàm không khả tích trên (0, 1) nên x −1 q /∈ Lq(0, 1). Ví dụ sau đây cho thấy nếu độ đo µ(E) =∞ thì định lý trên không đúng. Ví dụ 2.1.2. Cho hàm f(x) = x− 1 p ∈ Lq(1,∞) với 1 < p < q. Nhưng |x− 1p |p = |1 x | không thuộc L1(1,∞) nên x− 1p /∈ Lp(1,∞). Sự hội tụ trong Lp(E) được gọi là hội tụ trung bình cấp p. Ký hiệu là fn(x) Lp→ f(x). Mệnh đề 2.1.2. Một dãy hội tụ trung bình thì cũng hội tụ theo độ đo. Chứng minh. Với mọi số  > 0, đặt B = {x : |fn(x)− f(x)| ≥ }, ta có∫ E |fn(x)− f(x)|pdµ ≥ ∫ B |fn(x)− f(x)|pdµ ≥ ∫ B pdµ = p.µ(B), điều này chứng tỏ rằng µ(B)→ 0 khi n→∞, nếu fn(x) L p → f(x). 45 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Mối quan hệ giữa hội tụ Hội tụ hầu khắp nơi µ(A) <∞−−−−−−−→ Hội tụ theo độ đo  ⇑ Hội tụ trung bình ( chỉ ra rằng có thể trích ra một dãy con hội tụ). Một hàm hội tụ trung bình thì hội tụ theo độ đo nhưng điều ngược lại không đúng. Ví dụ 2.1.3. Xét dãy hàm fn(x) trên đoạn [0, 1] được xác định như sau fn(x) =  n nếu x ∈ [ 0, 1 n ] 0 nếu x ∈ ( 1 n , 1 ] . và hàm f(x) = 0. Ta có µ ({x ∈ [0, 1] : |fn(x)− f(x)| ≥ }) = µ([0, 1 n ]) = 1 n → 0 khi n→∞. Do đó fn(x) µ→ f(x). Tuy nhiên, ∫ [0,1] |fn(x) − f(x)|dµ = n.µ ([ 0, 1 n ]) = 1 6→ 0 khi n → ∞ nên fn(x) không hội tụ trung bình đến f(x) trên [0, 1]. Ví dụ sau cho thấy một hàm hội tụ h.k.n nhưng không hội tụ trung bình. Ví dụ 2.1.4. Cho hàm fn(x) xác định trên [0, 1] fn(x) = n 1 + n2x2 , và hàm f(x)=0. Ta có lim n→∞ fn(x) = limn→∞ n 1 + n2x2 = lim n→∞ 1 1 n + nx2 = 0. Do đó fn(x) hội tụ h.k.n đến f(x) = 0 trên [0, 1]. Tuy nhiên lim n→∞ ∫ 1 0 fn(x)dx = lim n→∞ ∫ 1 0 n 1 + n2x2 dx. 46 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Đặt u = nx ta có lim n→∞ ∫ n 0 1 1 + u2 du = lim n→∞(arctanu)| n 0 = lim n→∞ arctann = pi 2 . Vậy fn(x) không hội tụ trung bình về f(x) = 0. 2.2 Tính tách được của Lp Định lý 2.2.1. Mỗi họ hàm sau đây là trù mật trong Lp(E), 1 ≤ p <∞. 1. Các hàm đơn giản. 2. Các hàm liên tục. Chứng minh. Họ các hàm gọi là trù mật trong Lp(E) nếu với mọi f(x) ∈ Lp(E) và mọi  > 0, đều tồn tại một hàm g(x) thuộc họ đó sao cho ||f − g||p < . a) Xét một hàm bất kỳ f(x) ∈ Lp(E). Ta có f(x) = f+(x) + f−(x), với f+(x), f−(x) ≥ 0. Tồn tại một dãy hàm đơn giản không âm f+n (x)↗ f+(x). Vì ( f+(x)− f+n (x) )p ↘ 0 nên∫ E (f+(x)− f+n (x))pdµ↘ ∫ E 0dµ = 0, nghĩa là ||f+ − f+n ||p → 0. Vậy với n đủ lớn ta sẽ có một hàm đơn giản f−n (x) với ||f− − f−n ||p <  2 . Khi ấy đặt g(x) = f+n (x)−f−n (x) ta sẽ được ||f−g||p ≤ ||f+−f−n ||p+||f−−f−n ||p < . Hàm g(x) là hiệu của hai hàm đơn giản nên cũng là hàm đơn giản. Do đó họ các hàm đơn giản trù mật trong Lp(E). b) Ta xét hàm số có dạng XA(x) trong đó A đo được. Theo định lý 1.2.6 với mọi 47 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp  > 0 tồn tại một tập mở G ⊃ A và một tập đóng F ⊂ A sao cho µ(G\A) <  p 2 , µ(A\F ) <  p 2 , tức là µ(G\F ) < p. Ta lấy g(x) = ρ(x,R\G) ρ(x,R\G) + ρ(x, F ) . Trong đó ρ(x,M) = inf y∈M ||x− y|| chỉ khoảng cách từ x đến M. Rõ ràng x ∈ R\G thì ρ(x,R\G) = 0 nên g(x) = 0. Với x ∈ F thì ρ(x,R\G) 6= 0, ρ(x, F ) = 0 nên g(x) = 1. Hàm ρ(x,R\G), ρ(x, F ) đều liên tục và có tổng khác 0 nên g(x) cũng liên tục. Hiệu XA(x)− g(x) có giá trị gồm 0 và 1 trên tập G\F và bằng 0 ngoài tập đó. Cho nên ||XA − g||p = (∫ E (XA(x)− g(x))pdµ) 1p ≤ (µ(G\F )) 1p< . Do đó mỗi hàm có dạng XA(x) với A đo được đều có thể xấp xỉ tùy ý bởi một hàm liên tục. Suy ra họ các hàm liên tục trù mật trong họ các hàm đơn giản, vì mỗi hàm đơn giản có dạng ∑v i=1 αiXAi(x) chỉ việc chọn hàm liên tục gi(x) sao cho ||XAi − gi||p <  v|αi| , thì sẽ được hàm liên tục g(x) = ∑ αigi(x) với ||∑αiXAi − g||p ≤∑v1 αi||XAi − g||p < . Mặt khác một họ M trù mật trong Lp(E) và một họ N trù mật trong M thì họ N cũng trù mật trong Lp(E). Vậy họ các hàm liên tục trù mật trong Lp(E). Định lý 2.2.2. Không gian Lp(R), 1 ≤ p <∞ tách được (nghĩa là chứa một tập con đếm được trù mật trong nó). Chứng minh. Lấy f(x) ∈ Lp(R). Gọi fn0 : R→ R xác định fn0(x) =  f(x) khi |x| < n0, 0 khi |x| ≥ n0. thì fn0(x)→ f(x) ∈ Lp(R) khi n→∞. Như vậy tồn tại số n0 sao cho ||f − fn0||p ≤  3 và tồn tại hàm liên tục 48 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp gn0 : [−n0, n0]→ R sao cho(∫ n0 −n0 |fn0(x)− gn0(x)|pdx ) 1 p <  3 hay ||fn0 − gn0||p <  3 . Mặt khác theo định lý Weiertrass tồn tại một hàm P (x) sao cho P (x) =  ∑m k=1 αkx k khi |x| ≤ n, 0 khi |x| > n. (2.2.4) với αk ∈ Q,m ∈ N sao cho max [−n0,n0] |gn0(x)− P (x)| <  c . Như vậy (∫ n0 −n0 |gn0(x)− P (x)|pdx ) 1 p <  c (2n0) 1 p . Khi đó chọn c = 3(2n0) 1 p thì (∫ n0 −n0 |gn0(x)− P (x)|pdx ) 1 p <  3 . thì ||gn0 − P ||p <  3 . Do đó ||f − P ||p ≤ ||f − fn0||p + ||fn0 − gn0||p + ||gn0 − P ||p ≤  3 +  3 +  3 = . Vậy họ P = {P (x)|P (x) có dạng (2.2.4), αk ∈ Q,m ∈ N} trù mật trong Lp(R) mà họ này đếm được nên Lp(R) tách được. Định lý 2.2.3. Không gian L∞(R) không tách được. Chứng minh. [6] Giả sử L∞(R) tách được, tức là có một tập đếm được {un(x) : n = 1, 2, . . .} trong L∞(R) sao cho bất kỳ hàm f(x) ∈ L∞(R) nào cũng có một dãy phần tử {unk(x)}∞k=1 của tập đếm được {un(x) : n = 1, 2, . . .} sao cho unk(x) L∞→ f(x) khi k →∞. Với mỗi a ∈ R đặt ra = |a| và hàm va(x) =  1 khi x ∈ (a− ra, a+ ra) 0 khi x /∈ (a− ra, a+ ra). 49 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Lại có với a, b ∈ R và a 6= b thì hiệu đối xứng (a− ra, a+ ra)∆(b− rb, b+ rb) 6= ∅, nên ||va(x)− vb(x)||∞ = ess sup R |va(x)− vb(x)| = 1. Do đó ua(x) 6= ub(x) h.k.n trên R. Thật vậy, vì nếu ua(x) = ub(x) thì ||va − vb||∞ ≤ ||va − ub||∞ + ||ub − vb||∞ ≤ ||va − ub||∞ + ||ub − vb||∞ = ||va − ua||∞ + ||ub − vb||∞ < 1 2 + 1 2 = 1, điều này vô lý. Như vậy có một đơn ánh f : R → {un(x) : n = 1, 2, . . .} sao cho f(a) = ua. Điều này vô lý vì lực lượng của R là không đếm được còn lực lượng của {un(x) : n = 1, 2, . . .} là đếm được. Vậy L∞(R) là không tách được. 2.3 Biến đổi Fourier Hàm số phức đo được Lebesgue f : R → C được hiểu là f(x) = u(x) + iv(x) với u, v : R → R là hàm số thực và đo được Lebesgue. Khi đó tích phân Lebesgue của f(x) là ∫ R f(x)dµ = ∫ R u(x)dµ+ i ∫ R v(x)dµ. Ta nói f(x) ∈ Lp(R) nếu u(x), v(x) ∈ Lp(R. 2.3.1 Biến đổi Fourier trong L1 Cho không gian R, hàm f(x) ∈ L1(R). Biến đổi Fourier của hàm f(x), ký hiệu Ff , là hàm được xác định bởi Ff(ξ) = (2pi)− 1 2 ∫ R e−ixξf(x)dµ, 50 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp và biến đổi ngược của hàm f(x), ký hiệu là Ff−1, là hàm xác định bởi Ff−1(ξ) = (2pi)− 1 2 ∫ R eixξf(x)dµ, Vì f(x) ∈ L1(R) và |e−ixξ| = 1 nên Ff(ξ),Ff−1(ξ) là xác định và ta có |Ff(ξ)| = ∣∣∣∣(2pi)− 12 ∫ R e−ixξf(x)dµ ∣∣∣∣ ≤ (2pi)− 12 ∫ R ∣∣e−ixξf(x)∣∣ dµ = (2pi)− 1 2 ∫ R |f(x)|dµ = (2pi)− 12 ||f ||1. Do đó Ff(ξ) ∈ L∞(R) hay Ff(ξ) là ánh xạ từ L1(R) và L∞(R). Ta đi chứng minh Ff(ξ) là ánh xạ liên tục. Thật vậy |Ff(ξ)− Ff(ξ0)| ≤ 1√ 2pi ∫ R |e−ixξ − e−ixξ0| · |f(x)|dµ ≤ 1√ 2pi ∫ R |e−ixξ0| · |e−ix(ξ−ξ0) − 1| · |f(x)|dµ ≤ 1√ 2pi ∫ |x|<R |e−ix(ξ−ξ0) − 1|.|f(x)|dµ + 1√ 2pi ∫ |x|>R |e−ix(ξ−ξ0) − 1|.|f(x)|dµ. Do f(x) ∈ L1(R) nên ∫R |f(x)|dµ <∞. Đặt X[−R,R](x)f(x) =  0 nếu |x| > R f(x) còn lại . Ta có X[−R,R](x)|f(x)| → |f(x)| khi R → ∞. Mà X[−R,R](x)|f(x)| < |f(x)| và |f(x)| khả tích nên theo định lý về hội tụ chặn thì ∫ R X[−R,R]|f(x)| → ∫ R |f(x)| khi R→∞. Do đó tồn tại R0 sao cho ∫ |x|>R0 |f(x)|dµ < √ 2pi  4 . 51 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Lại có |e−ix(ξ−ξ0) − 1| < 2 nên ∫ |x|>R0 |e−ix(ξ−ξ0) − 1| · |f(x)|dµ < √2pi  2 . Mặt khác eiz liên tục tại z = 0 nên với mọi  > 0, tồn tại δ1 > 0 sao cho |z| < δ1 thì |ez − 1| < √ 2pi  2||f ||1 , nên với |x| < R0 và |(ξ − ξ0)| < δ1 R0 thì ∫ |x|<R0 |e−ix(ξ−ξ0)|.|f(x)|dµ < √ 2pi  2||f ||1 ∫ |x|<R0 |f(x)|dµ < √ 2pi  2 Vậy với mọi  > 0, tồn tại δ = δ1 R0 > 0 sao cho |ξ − ξ0| < δ thì |Ff(ξ)− Ff(ξ0)| < 1√ 2pi (√ 2pi  2 + √ 2pi  2 ) = . Vậy Ff ∈ L∞(R) ∩ C(R). 2.3.2 Biến đổi Fourier trong Lp Ta xây dựng biến đổi Fourier trong Lp(R) như sau. Đặt X[−R,R](x)f(x) =  0 nếu |x| > R f(x) còn lại . Ta có |X[−R,R](x)f(x)− f(x)| → 0 khi R→∞ nên |X[−R,R](x)f(x)− f(x)|p → 0 khi R→∞. Mà |X[−R,R](x)f(x)− f(x)|p ≤ |f(x)|p, |f(x)|p ∈ Lp(R). Theo định lý về hội tụ chặn ta có∫ R |X[−R,R](x)f(x)− f(x)|pdµ→ 0 khi R→∞. Do đó X[−R,R](x)f(x) ∈ Lp(R) là dãy Cauchy hội tụ đến f(x) trong Lp(R). Ta cần chứng minh {F(X[−R,R]f)} hội tụ trong Lq(R) với 1 ≤ p ≤ 2, 1 p + 1 q = 1. 52 www.VNMATH.com Chương 2. Không gian Lp Theo bất đẳng thức Hausdorff-Young ta có Với g(x) ∈ L1(R) ∩ Lp(R), 1 ≤ p ≤ 2, 1 p + 1 q = 1 thì Fg ∈ Lp(R) và ||Fg||q ≤ C||g||p. Như vậy với g(x) = X[−R,R](x)f(x) ta có {F(X[−R,R]f)} là dãy Cauchy và hội tụ đến một hàm Ff trong Lq(R) với 1 ≤ p ≤ 2, 1 p + 1 q = 1. Nhưng với 2 < p <∞ việc xây dựng như thế này không còn đúng. Người ta phải xây dựng biến đổi Fourier theo cách khác. Ví dụ sau cho thấy với 2 < p <∞ bất đẳng thức Hausdorff-Young như trên không còn đúng. Ví dụ 2.3.1. [3] Chọn dãy fk(x) = e−(1−ik)x 2 , k = 1, 2 . . .. Biến đổi Fourier của f(x) là Ff(ξ) = (2pi)− 1 2 ∫ R e−ixξe−(1−ik)x 2 dµ. Biến đổi này thỏa mãn bài toán Cauchy 2(1− ik)dFfk dξ (ξ)− ξFfk(ξ) = 0, với điều kiện ban đầu là Ffk(0) = 1√ 2(1− ik) nên Ffk(ξ) = 1√ 2(1− ik) e − (1+ik)ξ2 4(1+k2) . Khi đó chuẩn trong Lp(R) là ||fk||p = pi 1/2p p1/2p Còn chuẩn trong Lq(R) là ||Ffk||q = 2 1 q − 1 2 (1 + k2) 1 2q − 1 4pi 1 2p q 1 2q . Vì 2 < p <∞ nên 1 ≤ q < 2 nên ||Ffk||q →∞ khi k →∞. 53 www.VNMATH.com Kết luận Khóa luận đã trình bày hai nội dung chính là: • Xây dựng tích phân Lebesgue từ độ đo Lebesgue, hàm đo được Lebesgue, tích phân Lebesgue, chuyển giới hạn qua dấu lấy tích phân. • Không gian Lp, 1 ≤ p ≤ ∞, tính chất đầy đủ và tách được, phép biến đổi Fourier trong Lp, 1 ≤ p ≤ 2. Tuy nhiên do thời gian làm khóa luận còn hạn chế không thể tránh được những nhầm lẫn, sai sót nên em mong nhận được sự góp ý của thầy cô và bạn đọc. 54 www.VNMATH.com Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực và giải tích hàm, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội. [2] Nguyễn Xuân Liêm (2007), Giải tích hàm, Nhà xuất bản Giáo dục. Tiếng Anh [3] Elliott H. Lieb and Michael Loss (2001), Analysis (second edition), American Mathematical, Society. [4] Frank Burk (1998), Lebesgue Measure and Integral An Introduction, John Wiley & Sons, Inc. [5] Richard L. Wheeden and Antoni Zygmund (1977), Measure and Integral an Introduction to Real Analysis, Marcel Dekker, Inc. New York. Tiếng Pháp [6] H. Brezis (1983), Analyse Fonctionnelle, Masson. 55 www.VNMATH.com