Luận văn Khảo sát tính khả tích LEBESGUE

£ò ò ò 20 Þ ( )n n A A f d f dj m j m e- = - <ò ò · Nếu f khả tích thì : A f dm+ < +¥ò và A f dm- < +¥ò Þ $j1, j2 sao cho: 1 2A f d ej m+ - <ò và 2 2A f d ej m- - <ò · Đặt: j = j1 - j2 Þ 1 2( ) A A f d f f dj m j j m+ -- £ - + -ò ò 1 2 A A f d f dj m j m e+ -£ - + - <ò ò 2.8. Tính s_cộng tính Cho một không gian độ đo (X, F, m), f là một hàm đo được trên X. "A Î F ta định nghĩa: ( ) A A fdf m= ò . Khi đó: f là s_cộng tính trên F. Tức là: Nếu Î= ¥ = n n n AAA , 1 U F, ( )mnAA mn ¹Æ=Ç thì ( ) ( )å ¥ = = 1n nAA ff (hay å òò ¥ = = 1n AA n ff ). Chứng minh: * Nếu f = cE, với E Î F thì ( )Af = E A dc mò = ( )AE Çm Vì m là s_cộng tính nên f là s_cộng tính. * Trường hợp f là hàm đơn giản, không âm: Giả sử: ( ) ( ) XExaxf n k kE n k k k == == å U 11 ,c . Khi đó: ( ) ( )AEafA k n k k A Ç== åò = mf 1 . Do U ¥ = = 1i iAA nên: ( )Af ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ Ç= ¥ == å U 11 i ik n k k AEa m ( )÷÷ ø ö çç è æ Ç= ¥ == å U 11 i ik n k k AEa m ( ) ( )jiAAdoAEa ji i ik n k k ¹Æ=ÇÇ= åå ¥ == , 11 m 21 ( ) ( )å å ò åå ¥ = ¥ = ¥ = = = = Ç= 1 1 1 1 i i i A ik i n k k A fd AEa i f m m * Trường hợp f là hàm đo được, không âm Giả sử j là một hàm đơn giản, không âm sao cho j £ f. Do chứng minh trên, ta có: å òò ¥ = = 1k AA k dd mjmj Do đó: ( )åå òò ¥ = ¥ = =£ 11 k k k AA Afdd k fmmj Mà sup{ 0 A A fd d fm j m j= £ £ò ò , j là hàm đơn giản} Nên ( )åò ¥ = £ 1k k A Afd fm hay 1 ( ) ( )k k A Af f ¥ = £ å (1) · Nếu $ko sao cho f( okA ) = + ¥ thì f(A) = + ¥ (vì f(A) ³ f(Ak), "k Khi đó: f(A) = 1 ( )k k Af ¥ = å +¥= . · Giả sử f(Ak) < +¥, "k. Ta chứng minh: f(A) ³ 1 ( )k k Af ¥ = å bằng phương pháp quy nạp. ü Với k = 2,vớie > 0, chọn hàm đơn giản j sao cho: j £ f và 1 1A A d fdj m m e³ -ò ò , 2 2A A d fdj m m e³ -ò ò Ta có: f(A1 È A2) = 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2 A A A A A A fd d d d A Am j m j m j m f f e È È ³ = + ³ + -ò ò ò ò Þ f(A1 È A2) ³ f(A1) + f(A2). ü Giả sử với k = n, ta có: 11 ( ) ( ) n n k k kk A Af f == ³ åU . ü Ta chứng minh mệnh đề đúng với k = n + 1. 22 1 1 1 1 1 1 11 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n k k n k n k n k k kk k k A A A A A A A Af f f f f f f + + + + + = == = = = È ³ + ³ + =å åU U U Vậy 11 ( ) ( ) n n k k kk A Af f == ³ åU , "n Vì 1 n k k A = U Ì A nên f(A) ³ 1 ( ) n k k Af = å Cho n ® ¥, ta được: f(A) ³ 1 ( )k k Af ¥ = å (2) Từ (1) & (2), suy ra: f(A) = 1 ( )k k Af ¥ = å . * 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 fdf m= ò là một độ đo. Hàm ( )Af 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: òò ¥®= nA n A fdfd mm lim 2.9. Bất đẳng thức Tchebychev Cho f(x) ³ 0 khả tích trên A và c > 0 là một số dương bất kỳ. Khi đó: m({ x Î A | f(x) ³ c }) £ 1 ( ) A f x d c mò . Chứng minh: Đặt B = { x Î A | f(x) ³ c} Khi đó: \ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A B A B B f x d f x d f x d f x d c Bm m m m m= + ³ ³ò ò ò ò Do đó: ( ) ( ) mm dxf c B A ò£ 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>Am . Khi đó: Û=ò 0 A f f = 0 h.k.n trên A. Chứng minh: ( )Þ · Nếu f là hàm đơn giản, không âm: iE n i iaf cå = = 1 thì: ( ){ }( ) 000 =>ÎÛ=ò xfAxfd A mm . 0=Û 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: nfffd A n A nn A "=Û=Û= òòò ¥® ,00lim0m . nAtrênnkhfn "=Û ,..0 Vậy Atrênnkhf ..0= . ( )Ü Giả sử: f = 0 h.k.n trên A. Khi đó với mọi hàm đơn giản f££ jj 0, thì nkh ..0=j trên A. Þ Atrênnkha iE n i i ..0 1 =å = c Þ với mỗi ( ) Þêë é = = 0 0 i i E a thìi m ( )åò = == n i ii A Ea 1 0mj Theo định nghĩa tích phân của hàm không âm, ta có: 00sup = ïþ ï ý ü ïî ï í ì ££= òò ff AA jj Vậy Û=ò 0 A f f = 0 h.k.n trên A. Có thể chứng minh các chiều ( ) ( )ÜÞ và của tính chất trên theo cách khác như sau: 24 ( )Þ Giả sử 0=ò A f · Cách 1: Đặt ( ) þ ý ü î í ì >Î= n xfAxBn 1 Ta có: ( ){ }0 1 ¹Î== ¥ = xfAxBB n nU Giả sử ( ) 0>Bm . Khi đó: ( ) 0:0 >>$ NBN m . Ta có: ( ) 01 >³ò N B B N fd N mm Điều này mâu thuẫn với: £ò NB fdm 0=ò A fdm (mâu thuẫn) ( ) 0=Þ Bm . Vậy f = 0 h.k.n trên A. · Cách 2: Đặt An = { x Î A | f(x) ³ 1 n } Ta có: ( ) 01 =£ ò A n fdAn mm . Do đó: ( ) nAn "= ,0m Mặt khác: { x Î A | f(x) ¹ 0 } = 1 n n A ¥ = U Vì vậy: m({ x Î A | f(x) ¹ 0 } = 0 . Điều này chứng tỏ f = 0 h.k.n trên A. ( )Ü Xét {fn} là một dãy bất kỳ các hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng và lim nn f f®¥ = trên A. Ta có: fn = 0 h.k.n trên A, "n Î N Þ 0,nf d nm = "ò Do đó: 0lim == òò ¥® mm dffd nn . k f khả tích và f(x) > 0 h.k.n trên A. Nếu 0 A f dm =ò thì m(A) = 0. Chứng minh: Đặt A1 = { x Î A | f(x) > 0 } A2 = { x Î A | f(x) £ 0 } 25 Khi đó: A1 Ç A2 = Æ, A1, A2 Î F. Do f(x) > 0 h.k.n trên A nên m(A2) = 0 Ta có: f > 0 trên A1 và 1 0 A A fd fdm m= =ò ò nên f = 0 h.k.n trên A1 Þ m(A1) = 0. Vậy: m(A) = m(A1) + m(A2) = 0. l f đo được trên A và 0 E f dm =ò , "E Ì A, E đo được. Khi đó f = 0 h.k.n trên A. Chứng minh: Đặt: A1 = { x Î A | f(x) > 0 } Î F A2 = { x Î A | f(x) < 0 } Î F Theo giả thiết: 1 0 A f dm =ò Þ m(A1) = 0 (do f > 0 trên A1) Ta có: 2 0 A f dm =ò . Thay f bởi – f, ta được: A2 = { x Î A | - f(x) > 0 } Î F Do đó, từ 2 ( ) 0 A f dm- =ò Þ m(A2) = 0. Vậy m{ x Î A | f(x) ¹ 0} = m(A1) + m(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 ( ) ( ) ¥®® òò nkhixfxfn hoặc ( ) ( ) ¥®®/ òò nkhixfxfn . Xét ví dụ sau: Cho ( ) ( ) .....,2,1,1,0 == ÷ ø ö ç è æ nxnxf n n c Ta có: ( ) Rxnkhixfn Î"¥®® ,0 . Nhưng: 001lim =¹= òò¥® RR nn ddf mm 26 Vậy với những điều kiện nào thì từ ( ) ( ) ¥®® nkhixfxfn dẫn đến ( ) ( ) ¥®® òò 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 ( ) ( )n A A f x d f x dm m®ò ò . Chứng minh: Do fn(x) £ f(x), "n nên ( ) ( ) mm dxfdxf AA n òò £ . Do đó: ( ) ( ) mm dxfdxf AA nn òò £¥®lim (1) Ta cần chứng minh: ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ £ò ò . Giả sử j là hàm đơn giản thỏa 0 £ j £ f. Ta chứng minh: ( ) lim ( )nn A A x d f x dj m m ®¥ £ò ò . Lấy 0 < c < 1. Đặt An = { x Î A | fn(x) ³ cj (x)}, n = 1, 2, …. Khi đó: {An} là một dãy tăng và 1 n n A A ¥ = = U . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) mmmjmjmj dxfdxfdxcdxcdxc A nn A nn A n AA nn òòòòò ¥®¥®¥® ££== limlimlim Cho c ® 1, ta được: ( ) lim ( )nn A A x d f x dj m m ®¥ £ò ò Do đó: ( ) ( ) mm dxfdxf A nn A òò ¥®£ lim (2) Từ (1) & (2), suy ra: lim ( ) ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . 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: òò ¥®= A nn A ff lim . 27 Chứng minh: Giả sử: ( ) ( ) ( ) 0\,,,lim =ÌÎ"= ¥® EAAEExxfxfnn m . Khi đó: f ~ Efc trên A. fn ~ Enf c trên A. Do đó: òòòòòòò ¥®¥®¥®¥® ====== A nnE A nnEn A nn E n EA E A fffffff limlimlimlim ccc . 2) Nếu {fn} là một dãy giảm, ffnn =¥®lim và f1 khả tích trên A thì òò =¥® AA nn 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: ( ) ( )òò -=-¥® AA nn ffff 11lim Û-=-Û òòòò ¥® AAA nn A ffff 11 lim òò =¥® AA nn fflim (do ¥<ò A f1 ). * Điều kiện f1 khả tích là không thể bỏ được. Xét ví dụ sau: [ )+¥= ,nnf c . Ta có: Ÿ { }nf là dãy hàm đơn điệu giảm và 0lim =¥® nn f . Ÿ f1 không khả tích trên R. Ÿ 0lim =¹+¥= òò¥® RR nn ff Hệ quả : Nếu gn ³ 0 trên A và các hàm gn đo được thì: 1 1 n n n nA A g g ¥ ¥ = = =å åò ò Chứng minh: Đặt: å = = n k kn gf 1 . Khi đó: nf£0 ­ å ¥ =1k kg Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được: òåò ¥ = ¥® = A k k A nn gf 1 lim 28 Mặt khác, ta có: òåò = ¥®¥® = A n k kn A nn gf 1 limlim åòåò ¥ == ¥® == 11 lim k A k n k A kn gg Do đó: 1 1 n n n nA A g g ¥ ¥ = = =å åò ò . Bổ đề Fatou: Nếu fn ³ 0 trên A thì lim limn n A A f f£ò ò . Chú ý: Có thể có dấu < trong bất đẳng thức trên. Ví dụ: Lấy ( ) [ )î í ì +Ï +<£ = 1,,0 1,1 nnx nxn xfn Ta có: 0lim =nf và nf R n "=ò ,1 . Do đó: òò < nn ff limlim . Hệ quả:  Nếu fn ³ g, g khả tích trên A thì lim limn n A A f f£ò ò . ‚ Nếu fn £ g, g khả tích trên A thì lim limn n A A f f³ò ò . ƒ Nếu 0³nf và ff nkh n ¾¾ ®¾ .. trên A thì òò ¥® £ A n nA ff lim . „ Nếu 0³nf và ffn ¾®¾ m trên A thì òò ¥® £ A n nA ff lim . Chứng minh: Đặt n A n nn aafa ò ¥® == lim, . Khi đó: { } { } ¥®®Ì$ kkhiaaaa kk nnn : . Vì { } { } kmkk nnn ffff Ì$Þ¾®¾m : ff nkhn mk ¾¾ ®¾ .. trên A khi ¥®m . Áp dụng bổ đề Fatou, ta được: ( ) aafff mkmkmk nmA n mA n mA ==÷ ÷ ø ö ç ç è æ £÷ ø ö ç è æ= ¥®¥®¥® òòò limlimlim . Vậy òò ¥® £ A n nA 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 £ j(x), "n (j(x) là một hàm khả tích trên A). Khi đó: f khả tích và ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Chứng minh: * Trường hợp: . .h k nnf f¾¾¾® trên A. Cách 1: Vì ( )nf x £ j(x) nf f n n " î í ì ³- ³+ Þ , 0 0 j j Áp dụng bổ đề Fatou, ta được: ( ) ( )òò +£+ ¥®¥® A n n n A n ff jj limlim , ( ) ( )òò -£- ¥®¥® A n n n A n ff jj limlim Þ ( ) ( ) ( ) ( )òò òò -£- +£+ ¥® ¥® A n nA A n nA ff ff jj jj lim lim Þ òò òò ¥® ¥® -£- £ A nn A A n nA ff ff lim lim Þ òò òò ¥® ¥® ³ £ A nn A A n nA ff ff lim lim òòòò £££Þ ¥®¥® AA nnA nnA ffff limlim Vậy òòòò ¥®¥®¥® === AnAA nnA nn ffff limlimlim . Cách 2: Ta có: ( )nf x £ j(x), "n và fn(x) ® f(x) h.k.n. Þ ( )f x £ j(x) h.k.n Þ f khả tích. Lấy e > 0. Khi đó: $d > 0 sao cho ( ) 2B x d ej m <ò với B Ì A, m(B) < d. Theo định lý Egorov, ta có: $Ed Ì A sao cho: m(Ed) < d và fn hội tụ đều về f trên A \ Ed Ta có: \ lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) 2 ( )n nn n A A A E E f x d f x d f x f x d x d d d m m m j m e ®¥ ®¥ - £ - + £ò ò ò ò 30 Cho e ® 0, ta được: ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . * Trường hợp: ffn ¾®¾ m trên A. Đặt vàdfa A nn mò= mdfa A ò= . Ta cần chứng minh: aann =¥®lim Giả sử: aann ¹¥®lim { } { } abaaa kk nknn ¹=Ì$Þ ¥®lim: Vì ffn ¾®¾ m nên ff kn ¾®¾m { } { } ffff nkhnnn mkkmk ¾¾ ®¾Ì$ ..: trên A khi ¥®m Theo giả thiết, ta có: ( ) ( ) AxNmxxf mkn Î"Î"£ ,,j Theo chứng minh trên, ta được: òò =÷÷ ø ö ç ç è æ ¥® AA nm fddf mk mmlim aahay mknm = ¥® lim Mặt khác: Þ= ¥® ba knk lim aba mknm ¹= ¥® lim (mâu thuẫn) Vậy aann =¥®lim hay ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Hệ quả: Nếu {fn} là một dãy hàm khả tích trên A, ( ) ¥<Am , fn hội tụ đều về f trên A, thì ( ) lim ( )nn A A f x d f x dm m ®¥ =ò ò . Chứng minh: Cách 1: Vì fn hội tụ đều về f nên .,lim Axffn Î"= Vì fn hội tụ đều về f nên với ( ) ( ) 1::,1 £-³"Î$= xfxfnnNn nooe 1+£Þ nff Vì fn bị chặn nên f bị chặn. Đặt M = ( )( )1sup + Î xf Ax . Ta có: on nnMf ³"£ , . Vì ( ) +¥<Am nên M khả tích. Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: òò =¥® AA nn fflim Cách 2: Cho 0>e . Vì fn hội tụ đều về f trên A nên: ( ) NnAxAffN n ³"Î"$ ,:0 m e 31 ( ) ( ) em e =<-£-=-³"Þ òòòò ò AA n A n A A n A ffffffNn : Vậy òò =¥® AA nn fflim . 4. Tính liên tục tuyệt đối của tích phân Nếu f(x) là một hàm khả tích trên A thì "e > 0, $d > 0 sao cho ( ) E f x dm e<ò , "E Ì A, E đo được mà m(E) < d Chứng minh: Ta có: mm dffd EE òò < . Do đó để chứng minh: ( ) E f x dm e<ò ta chỉ cần chứng minh em <ò df E Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0³f · Nn Î" , đặt { }nffn ,min= Khi đó: ( )xfn£0 ­ f(x) · Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta được: ( )òò ò =-Û= ¥®¥® A n A A nnn dfffddf 0limlim mmm Do đó ta có thể chọn N đủ lớn sao cho: ( )ò <- A N dff 2 e m · Chọn 2 :0 edd £> Nchosao Vì ( ) dm <Ì EAE , nên ta có: ( ) ( ) ( ) edememmmmm <+<+£+-£+-= òòòò ò NENNddffdfdfffd EA N E N E E N 22 Vậy "e > 0, $d > 0 sao cho ( ) E f x dm e<ò ,"E Ì A, E đo được mà m(E) < d. 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 fò tồn tại thì f khả tích Lebesgue trên [a, b] và: (R) b a fò = (L) [ , ]a b fò . Chứng minh: Xét một phân hoạch pm của [a, b] thành n = 2m phần bằng nhau bởi các điểm: a = xo < x1 < … < xn – 1 < xn = b và đặt: ( ) , 12 0 k k km m mxf cå - = = ( ) , 12 0 k k km m Mxf cå - = = trong đó: mk = inf{ f(x) | x Î [xk, xk+1]}, Mk = sup{ f(x) | x Î [xk, xk+1]}, 1[ , )k kk x xc c += Ta có: 1f (x) £ 2f (x) £ … £ f (x) 1f (x) ³ 2f (x) ³ … ³ f (x) Do đó: các hàm f (x) = lim m®¥ m f (x) và f (x) = lim m®¥ m f (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 m a b a b a b a b L f x d L f x d L f x d L f x dm m m m£ £ £ò ò ò ò Hơn nữa: 2 1 0[ , ] ( ) ( ) ( , ) m m k k m ka b L f x d m s fm p - = = D =åò và 2 1 0[ , ] ( ) ( ) ( , ) m m k k m ka b L f x d M s fm p - = = D =åò Do đó: [ , ] [ , ] ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , )m m a b a b s f L f x d L f x d s fp m m p£ £ £ò ò Vì f khả tích Riemann nên: lim ( , ) lim ( , ) ( ) ( ) b m mm m a s f s f R f x dxp p ®¥ ®¥ = = ò Do đó: ( ) [ , ] ( ) ( ) ( ) 0 0 a b L f x f x d f fm- = Þ - =ò h.k.n mà f f f f f f£ £ Þ = = 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,m ). và [ , ] [ , ] ( ) ( ) lim( ) ( ) lim ( , ) ( ) ( ) b m mm m a b a b a L f x d L f x d s f R f x dxm m p ®¥ ®¥ = = =ò ò ò . 6. Điều kiện khả tích Lebesgue đối với tích phân trên khoảng vô hạn Định lý : Giả sử A = [a, +¥), a Î R , hàm f: A ® R thỏa: i) f khả tích (L) trên [a, b], "b ³ a ii) tồn tại hằng số M sao cho [ , ] ( ) a b f x dmò £ M, "b ³ a Khi đó f khả tích trên A và [ , ) [ , ] ( ) lim ( ) b a a b f x d f x dm m ®¥ +¥ =ò ò . Chứng minh: Chọn {bn} Ì R, {bn} tăng thỏa bn ³ a, "n và lim nn b®¥ = + ¥ Với mỗi n Î N, đặt: : [ , )nf A a R= +¥ ® Với ( ), [ , ] ( ) 0, [ , ] n n n f x x a b f x x a b Îì = í Ïî Þ fn(x) khả tích trên A và lim ( ) ( )nn f x f x®¥ = , "x Î A. Do đó: lim ( ) ( )nn f x f x®¥ = . Do { }nf tăng trên A nên ( )n A f x dmò cũng là một dãy tăng, bị chặn trên bởi M. Þ ( )n A f x dm ì ü í ý î þ ò 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 n A A a b f x d f x d f x dm m m ®¥ ®¥ = =ò ò ò . Điều này đúng với mọi { }nb" tăng và nb ® +¥ . Do đó: [ , ] ( ) lim ( ) b A a b f x d f x dm m ®¥ =ò ò . 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 + e, b] Ì [a, b] và 0 lim ( ) b a f x dx I e e +® + =ò hữu hạn thì f khả tích (L) trên [a, b] và 0 [ , ] ( ) ( ) lim( ) ( ) b a b a L f x d R f x dx e e m +® + =ò ò Chứng minh: · Ta có: (a, b] = 1 1 , n a b n ¥ = é ù+ê úë û U Đặt An = 1 ,a b n é ù+ê úë û Þ {An} là dãy tăng · 11[ , ] ( , ] , ( ) ( ) lim( ) lim( ) ( ) b n n a b a b aa b nn L f L f L f R f x dx ®¥ ®¥ é ù ++ê úë û = = =ò ò ò ò . 35 PHẦN III: BÀI TẬP Bài 1: Tính: [1, ) 1 d x m +¥ ò . Cách 1: Đặt 1( )f x x = . Gọi nc là hàm đặc trưng của [n, n+1), n = 1, 2, … Khi đó hàm đơn giản N 1 1 1 N n n s n c = = +å thỏa ,Ns f N£ " . Hơn nữa: 1 1[1, ) [1, ) [1, ) 1 1 1 1 N N N n n n n s d d d n n m c m c m = =+¥ +¥ +¥ = = + +å åò ò ò 1 1 1 1([n,n+1)) = 1 1 N N n nn n m = = = + +å å . Vì chuỗi 1 1 n n ¥ = å phân kỳ nên: [ ) +¥®+¥®ò +¥ NkhidsN m ,1 . Do đó: [1, ) 1d x m +¥ = +¥ò . Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+¥ . Cách 2: Ta có: f(x) = ( ) ( )[1, ) [1, ) 1 1lim nnx xx x c c+¥ ®¥= Vì ( ) [ )( )xxxf nn ,1 1 c= là các hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng về f nên ta có: ( ) [ ) [ ) [ ) [ ) ¥=== òòò ¥® +¥ ¥® +¥ n nnn d x d x dxf ,1 ,1 ,1,1 1lim1lim mmcm Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+¥ . Cách 3: Ta có: 1 n n A A ¥ = = U , với ( )[ , 1),n n mA n n A A n m= + Ç = Æ ¹ Do đó: ( ) .11ln 1 ln11 111 1 ,1 +¥=÷ ø ö ç è æ += + == ååå òò ¥ = ¥ = ¥ = + +¥ nnn n n nn n xdx x d x m Vậy f không khả tích (L) trên [1, )+¥ . 36 Bài 2: Tính các tích phân : a) ( )dxxfò 1 0 , với: ( ) ïî ï í ì Î Ï+ = Qxx Qxx xf , ,1 4 2 b) ( )ò 2 0 p dxxf , với ( ) î í ì Î Î = Qxx QRxx xf ,sin \,cos c) ( )dxxfò 1 0 , với ( ) ï ï ï î ï ï ï í ì Î Çúû ù êë éÎ ÇÎ = Dxx Dxx Dxx xf C C , 1, 2 1,cos ) 2 1,0[,sin 2 p p 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 =+=+= ò òò dxxRdxLdxfL mm . b) Ta có: ( )xf ~ ( ) xxg cos= trên úû ù êë é 2 ,0 p . Suy ra: ( ) 1cos)(cos)()( 2 ,0 2 0 2 ,0 === ò òò úû ù êë é úû ù êë é dxxRxdLdxfL p p p mm . c) Ta có: ( )xf ~ ( ) ï ï î ïï í ì úû ù êë éÎ Î = 1, 2 1,cos ) 2 1,0[,sin xx xx xg p p trên [ ]1,0 . Vậy, ( ) [ ] ( ) [ ] ò òòò úû ù êë é +== 1,0 1, 2 1) 2 1,0[1,0 cos)(sin)()()( mpmpmm xdLxdLdxgLdxfL 0cos)(sin)( 1 2 1 2 1 0 =+= òò xdxRxdxR pp . 37 Bài 3: Tính tích phân của hàm số sau trên [0, 2 p ]: ( ) î í ì Î Î = Ixx Qxx xf cos,sin cos,sin 2 Đặt A = { x Î [0, 2 p ] xcos hữu tỷ } B = { x Î [0, 2 p ] xcos vô tỷ } Khi đó: A Ç B = Æ và A È B = 0, 2 pé ù ê úë û Ta có: j: 0, 2 pé ù ê úë û ® [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: m(A) = 0 và khi đó: m(B) = 2 p . Vậy: 2 2 2 2 00, 0, 2 2 ( ) ( ) ( ) sin ( ) sin ( ) sin 4B L f x d L xd L xd R xdx p p p p m m m é ù é ù ê ú ê úë û ë û = = = =ò ò ò ò . Bài 4: Cho X = { x1, x2, …} là một tập đếm được và p1, p2,… là các số không âm sao cho 1 1 =å ¥ =i ip . "A Ì X, đặt ( ) å Î = Ax i i pAm . Chứng minh rằng: với mỗi ¦ đo được, không âm ( ) i i i X pxff åò ¥ = = 1 Do { } { } å òò ¥ = ¥ = =Þ= 11 i xXi i i ffxX U Mặt khác: ¦ là hằng số và bằng ¦(xi) trên tập {xi} và m({xi}) = pi Þ { } ( ) ii x pxff i =ò . Do đó: ( ) i i i X pxff åò ¥ = = 1 . 38 Bài 5: Tính các tích phân: a) ò ¥ +),0[ 21 x dm b) ò ]1,0[ x dm a) ò ¥ +),0[ 21 x dm Đặt ( ) ),0[, 1 1 2 +¥=+ = A x xf . 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 arctanlim 1 )(lim 1 lim 1 )( ),0[ 0 22 ,0 2 pmm == + = + = + ò òò ¥®¥®¥®+¥ n x dxR x dL x dL n n n nn b) ò ]1,0( x dm Đặt ( ) ]1,0(,1 == A x xf . 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 =÷÷ ø ö çç è æ -=== ò òò úû ù êë é ¥®¥®¥® nx dxR x dL x dL n n n nn mm . Bài 6: Tính tích phân (L) của hàm ( ) 3 1 1 - = x xf trên [1, 2]. Cách 1: Ta xây dựng hàm ( )[ ] ï ï î ïï í ì +<£ ££+ -= 111, 211, 1 1 3 33 n xn x nxxf n 39 Khi đó: ( ) [ ] ( )[ ] [ ] ÷ ÷ ÷ ø ö ç ç ç è æ + - == ò òòò + + ¥®¥® 2 11 11 1 3 2,12,1 3 3 )( 1 1)(lim)(lim)( n n nnn ndxRdx x RdxfLdxfL mm ( ) ÷ ÷ ÷ ø ö ç ç ç è æ + + + -= ¥® 1 11 11 2 1 2 3lim 3 3 3 2 nnx n x n ÷÷ø ö çç è æ +÷ ø ö ç è æ -= ¥® 32 1.11 2 3lim n n nn 2 3 2 1 2 3lim 2 =÷ø ö ç è æ -= ¥® nn . Cách 2: Ta có: A = ( ] U ¥ = úû ù êë é += 1 2,112,1 n n , với úû ù êë é += 2,11 n An ­. Do đó: [ ] ( ] 2 3 1 )(lim 1 )(lim 1 )( 1 1)( 2 11 3 2,11 3 2,1 3 2,1 3 = - = - = - = - ò òòò + ¥® úû ù êë é + ¥® n n n n x dxR x dL x dLd x L mmm Bài 7: Kiểm tra tính khả tích (L) của các hàm số sau: a) g(x) = 2 1 x , x Î [1, +¥) b) h(x) = 1 x , x Î (0, 1] a) Ta có: g(x) = ( ) ( )[1, ) [1, )2 2 1 1lim nnx xx x c c+¥ ®¥= . Do đó: ( ) [1, )2 2 [1, ) [1, ) 1 1 1 1( ) lim( ) lim( ) lim 1 1 n nn n n L g x d L d R dx x x n m c m ®¥ ®¥ ®¥ +¥ +¥ æ ö= = = - = < +¥ç ÷ è øò ò ò . Vậy hàm g(x) khả tích (L) trên [1, +¥). b) Ta có: ( ) ( )(0,1] 1[ ,1] 1 1( ) lim n n h x x x x x c c ®¥ = = Do đó: ( ) ( ] ( ] ¥=÷÷ ø ö çç è æ ÷ ø ö ç è æ-=== ¥®¥®úû ù êë 饮 òòò ndxxRdxLdxhL n n n n n 1ln1lnlim1)(lim1)(lim)( 1 11, 1 1,01,0 mcm Vậy hàm h(x) không khả tích (L) trên (0, 1]. 40 Bài 8: Chứng minh rằng: (0, ) 1 , 0axe d a a m- +¥ = " >ò . Ta có: · ( ) ( ) .,.0 ,0 xaexf naxn ""=£ - c · ( ) ( )¥-- ® ,0,0 .. cc axnax ee khi n ® ¥ . · fn ­. Do đó: ( ) (0, ) (0, ) 0 ( ) lim( ) lim( ) 1 1 1lim lim 1 0 n ax ax ax n n n ax an n n L e d L e d R e dx n e e a a a m m- - - ®¥ ®¥ +¥ - - ®¥ ®¥ = = = æ ö- - = = - =ç ÷ è ø ò ò ò 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 c= . Khi đó: nf£0 ­ f Do đó, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) mc defff n x nnnnn òòòò - ¥® +¥ ¥® +¥ ¥® +¥ === ,0,0 ,0 ,0,0 limlimlim ( ) 11lim 0 lim =-=-= - ¥® - ¥® n n x n e n e . b) ( ) [ ] 1 ! f x x = [ ]( ) [ ] [ )( ) [ ] [ )( ) mcmcm d x d x d x n nn n nn å òò åò ¥ = +¥ + +¥ ¥ = + +¥ =ú û ù ê ë é = 0 ,0 1, ,0 0 1, ,0 ! 1 ! 1 ! 1 [ ) e n d n nn nn === åå ò ¥ = ¥ = + 00 1, ! 1 ! 1 m . 41 c) ( ) [ ]xf x e-= Cách 1: Ta có: [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ , 1) 00, 0, 1 [ , 1) 0 0 00, 1 x x n n n n x n n n n n n nn e d e d ee d e dx e e m c m c m ¥ - - + =+¥ +¥ +¥ ¥ ¥ - - - + = = =+¥ æ ö = ç ÷ è ø = = = = - åò ò å å åò ò . Cách 2: Gọi [ )+¥= ,0A . Ta có: U ¥ = = 0n nAA 0 nnA A ¥ == U , với ( )[ , 1),n n mA n n A A n m= + Ç = Æ ¹ . Do đó: [ ] ( ) [ ] 1 0 00, 1 n x x n n nn ee d e dx e e m +¥ ¥ - - - = =+¥ = = = -å åò ò . Bài 10: Tính ( )å ò ¥ = ÷ ÷ ÷ ø ö ç ç ç è æ - 0 2 0 cossin1 n n xdxx p . úû ù êë éÎ" 2 ,0 px , đặt: ( ) ( ) ( ) 0cossin1 ³Þ-= xfxxxf nnn Đặt: ( ) ( )xfxg n k kn å = = 0 . Khi đó: ( ) ( ) =­£ xgxgn0 ( )xf k kå ¥ =0 khi ¥®n Do đó áp dụng định lý hội tụ đơn điệu của Lebesgue, ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .20 2sin2 sin cos sin11 cos sin1coscossin1 limlim 2 0 2 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 2 0 === -- = ÷ ø ö ç è æ -=÷ ø ö ç è æ -= ÷ ø ö ç è æ == òò ò åò å ò åòò ¥ = ¥ = ¥ = ¥®¥® ppp pp ppp xdx x xdx x x dxxxdxxx dxxfdxxgdxxg k k k k k knnnn 42 Bài 11: Tính: a) 3 3 2 0 lim cos sinx x k x xe e dx k k +¥ - - ®¥ æ öæ ö æ ö +ç ÷ç ÷ ç ÷ è ø è øè ø ò b) ( )( )20 2lim 1n n x dx n x x +¥ ®¥ + + +ò a) Đặt 3 3 2 cos sinx xk x xf e e k k - -æ ö æ ö= +ç ÷ ç ÷ è ø è ø . Ta có: 3 cos 1x k æ ö ®ç ÷ è ø khi k ® ¥ 3 sin 0x k æ ö ®ç ÷ è ø khi k ® ¥ Do đó, kf ® 2xe- khi k ® ¥ . Mặt khác, ta có : 2( ) x xkf x e e- -£ + và ( )2 0 3 2 x xe e dx +¥ - -+ =ò . Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: 2 0 0 1lim 2 x kk f dx e dx +¥ +¥ - ®¥ = =ò ò . b) Đặt ( ) ( )2 2 1n n xf n x x + = + + . Khi n ® ¥ thì 2 1 1n f x ® + . Mặt khác, do 2 2 2 2n x n x n x n x + + £ = + + nên 2 2 1n f x £ + . và hàm số 2 2 1x + khả tích (L) trên [0, )+¥ . Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: 2 0 0 lim arctan 01 2nn dxf dx x x p+¥ +¥ ®¥ +¥ = = = +ò ò . 43 Bài 12: Tính 1 1lim tan n n n x dx x + ®¥ æ ö ç ÷ è ø ò Đặt y = x – n , ta có: 1 1 0 1 1tan tan n n n I x dx y n dy x y n + æ öæ ö = = + ç ÷ç ÷ ç ÷+è ø è ø ò ò Đặt fn(y) = 1tany n y n æ ö + ç ÷ç ÷+è ø Khi đó: với mỗi y Î [0, 1], ta có ( ) 1 cos sinlimlim 0 == ®¥® tt tyf tnn , (với t = ny + 1 ). Vì [ ]1,02tan Σ ykhiyy nên ta có: ( ) [ ]1,0,1,2 Î"³"£ ynyfn . Và hàm 2ºg 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®¥ ®¥ ®¥= = = =ò ò ò . Bài 13: Tính: dx n x n x nn ò ¥+ ¥® ÷ ø ö ç è æ + ÷ ø ö ç è æ 0 1 sin lim Đặt ( ) ( ) xnnnnn e n x n x n x xfn n x n x xf 2 1 1 1 sin ,1, 1 sin £ ÷ ø ö ç è æ + £ ÷ ø ö ç è æ + ÷ ø ö ç è æ =Þ¥= ÷ ø ö ç è æ + ÷ ø ö ç è æ = , với n đủ lớn mà ¥<=ò +¥ 22 0 dx e x Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: òòòò ¥+¥+ ¥® ¥+ ¥® ¥+ ¥® == ÷ ø ö ç è æ + ÷ ø ö ç è æ == 0000 00sin 1 sin limlimlim dx e dx n x n x dxfdxf xnnnnnn . 44 Bài 14: Tính ( ) dxxe n nx x n ò ÷ø ö ç è æ + - ¥® 1 0 coslnlim . Đặt ( ) ( ) ( ) ,...2,1,cosln =+= - nxe n nxxf xn . Ta có: ( ) 0lim =¥® xfnn trên (0, 1). ( ) ( ) nexe n nxxf xxn "£ + = -- ,cosln mà e dxeL x 11)( 1 0 -=ò - Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( ) =÷ ø ö ç è æ + ò -¥® dxxen nx x n 1 0 coslnlim ( ) dxxe n nx x nò ÷ø ö ç è æ + - ¥® 1 0 coslnlim = 00 1 0 =ò dx . Bài 15: Cho ( ) ï ï î ïï í ì <£ << = 11,0 10, x n n xn xfn a) Tìm ( )xfnn ¥®lim , ( )dxxfnn ò¥® 1 0 lim b) Có tồn tại hay không một hàm số g(x) khả tích sao cho g(x) ³ ¦n(x), "n a) "x Î (0, 1), $N đủ lớn sao cho: ( ) ( ) 0lim,01 =Þ³"=Þ£ ¥® xfNnxfx N nnn Ta có: ( ) òò == ¥®¥® n nnn ndxdxxf 1 0 1 0 1limlim b) Vì ( ) ( )dxxfdxxf nnnn òò ¥®¥® =¹= 1 0 1 0 lim01lim nên theo định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue Þ ¦ không bị chặn Þ không tồn tại hàm g thỏa yêu cầu bài toán. Bài 16: Tính ( ) dx x nx nn ò + + ¥® 1 0 1 1lim Đặt ( ) ( ) ,....2,1, 1 1 = + + = n x nxxf nn Khi đó: ( ) 0lim =¥® xfnn trên (0, 1) 45 Mặt khác: ( ) ( ) n x nxxf nn "£+ + = ,1 1 1 và ¥<=ò 11 1 0 dx Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( ) ( ) 00 1 1lim 1 1lim 1 0 1 0 1 0 == + + = + + òòò ¥®¥® dxdxx nxdx x nx nnnn . Bài 17: Cho f đo được trên [0, 1] và [ ] ( ){ }ZxfxA ÎÎ= 1,0 . Chứng minh rằng: ( )( )( ) ( )Adxxf n n mp =ò¥® 1 0 2coslim Dễ thấy A đo được. Đặt: ( ) ( )( )( ) nn xfxf 2cos p= . Khi đó: ( ) ZmxfAx Î=Î" , và ( ) ( )( )( ) ( )( ) 1coscos 22 === nnn mxfxf pp ( ) ZxfAx ÏÞÏ" và ( ) 10 <£ xfn Do đó: ( ) ( )x Ax Ax xf Ann c=î í ì Ï Î = ¥® ,0 ,1 lim Mặt khác, ta có: ( ) [ ]1,0,,1 Î"Î"£ xNnxfn và ò ¥<= 1 0 11dx Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )Adxxdxxfdxxfdxxf Ann n n n n mcpp òòòò ==== ¥®¥®¥® 1 0 1 0 2 1 0 1 0 2 limcoslimcoslim Bài 18: Cho hàm f không âm, khả tích (L) trên ( )+¥,0 . Tính: ( )dxxxf n n n ò¥® 0 1lim Đặt: ( ) ( ) ïî ï í ì > ££ = nx nxxf n x xfn ,0 0, Khi đó: ( ) =ò¥® dxxxfn n n 0 1lim ( ) =ò¥® dxxfn xn n 0 lim ( )dxxfnn ò +¥ ¥® 0 lim 46 Mặt khác, ta có: ( ) ( ) ( ) Nnxfxf n xxfn Î"£= , và ( ) ¥<ò +¥ dxxf 0 Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( )dxxxf n n n ò¥® 0 1lim = ( ) ( )( ) òòò +¥+¥ ¥® +¥ ¥® === 000 00limlim dxdxxfdxxf nnnn . Bài 19: Giả sử (X, F, m) là một không gian độ đo và ¦ là một hàm đo được, không âm trên X, ¦(x) Î N È {¥}, "x Î X. Chứng minh rằng: { }( )ò å ¥ = ³Î= 1 )( n nxfXxfd mm . Đặt B = { x Î X | ¦(x) = ¥ }. Không mất tính tổng quát, ta giả sử ( ) 0=Bm . Với mỗi n Î N, đặt An = ( ){ }nxfXx =Î Vì f đo được nên An đo được n" . Với k Î N, đặt: å = = k n Ak nnf 1 c . Ta có: {¦k} là một dãy hàm đơn giản, không âm, đơn điệu tăng và ¦k(x) ® ¦(x) CBc , "x Î X. Do đó: ( ) mccmmcm dnndxfdffd k n Ak k n AkkkB nn C å òòåòò ò = ¥® = ¥®¥® ==== 11 limlimlim ( ) ( ) ( )åååå ¥ = ¥ = ¥ == ¥® === 111 lim n nj j n n k n nk AAnAn mmm (*) Mặt khác, ta có: m ( ){ }( ) ( )å ¥ = =³Î nj jAnxfXx m . Thay vào (*), ta được: ( ){ }( )åò ¥ = ³Î= 1n nxfXxfd mm . 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 x x = trên [1, )+¥ Å Ta chứng minh f khả tích Riemann theo nghĩa suy rộng trên [1, )+¥ , tức là dx x xR a a ò¥® 1 sin)(lim hữu hạn. Đặt 1 sina a xI dx x = ò . Đặt: ïî ï í ì -= - = Þ ïî ï í ì = = xv x dxdu xdxdv x u cossin 1 2 . Do đó: 2 2 1 1 1 cos cos coscos ( ) cos1 1 a a a a x a xI x R dx dx x x a x = - - = - -ò ò dx x xdx x x a aI a aaa òò +¥ ¥®¥® -=÷÷ ø ö çç è æ --=Þ 1 2 1 2 cos1coscoscos1coslimlim . Suy ra dx x xR a a ò¥® 1 sin)(lim tồn tại. Å Ta chứng minh f không khả tích Lebesgue trên [1, )+ ¥ . Ta có: ( )1 11 k k k f f p p ++¥ ¥ = ³ åò ò (1) Mặt khác, trên mỗi đoạn ( ), 1k kp p+é ùë û , ta có: f khả tích Lebesgue trên ( ), 1k kp p+é ùë û và ( ) ( )1 1 ( ) ( ) k k k k R f L f p p p p + + =ò ò . Tuy nhiên: ( ) ( ) 1 1 12 2 1 2 1 2 k k f k k p p p p + ³ = + +ò (2) Từ (1) & (2) suy ra: 11 1 2 1k f k +¥ ¥ = ³ = ¥ +åò Vậy f không khả tích Lebesgue trên [1, )+¥ . 48 Bài 21: Xét hàm số: RRf ®+: ïî ï í ì = ¹ = 0,1 0,sin )( x x x x xf Chứng minh rằng ¦ không khả tích (L). Ta có: ¦ khả tích (L) Û f khả tích (L) (1) Xét hàm số: RRg ®+: pn x xg 2 sin )( = , 2(n – 1)p < x < 2np Þ 0 £ g(x) £ )(xf , "x Î +R (2) * Ta cần chứng minh g không khả tích. Đặt î í ì > ££ = p p nx nxxg xgn 2,0 20,)( )( Khi đó: gn(x) ® g(x) khi n ® ¥. Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu, ta có: òò +¥+¥ ¥® = 00 )(lim)( dxxgdxxg nn . Tuy nhiên: ( ) ........... 2 sin .... 4 sin 2 sin )( 4 2 2 120 2 0 ++++= ò òò ò - +¥ p p p p p ppp n n n dxn x dx x dx x dxxg ¥®¥®÷ ø ö ç è æ +++++= nkhi n ......1.... 3 1 2 11 2 4 p Vậy g không khả tích (L). Kết hợp với (1) và (2) ta được f không khả tích (L). Bài 22: Cho A Ì [0, 1] là một tập không đâu trù mật, m(A) > 0. Chứng minh rằng: ( )xAc không khả tích (R) nhưng khả tích (L) trên [0, 1]. A Ì [0, 1] Þ 0 < m(A) £ 1 [ ] [ ] ( ) +¥<=+= òòò Addd AA A mmmmc \1,01,0 0 . 49 Do đó: ( )xAc khả tích (L) trên [0, 1]. Mặt khác: B = [0, 1] \ A trù mật trong [0, 1] và ( )xAc = 0 trên B. Lấy a Î A. Khi đó, ${bn} Ì B: abnn =¥®lim Nhưng ( ) 0=nA bc , "n Î N và ( ) 1=aAc . Do đó: Ac không liên tục tại a. Gọi D = [ ]{ Ax c1,0Î không liên tục tại x} Ta có: m(D) ³ m(A) > 0. Vậy ( )xAc không khả tích (R) trên [0, 1]. Bài 23: Cho f: RA ® là hàm khả tích trên A. Đặt ( ) ( ) ( ) ( )ïî ï í ì > £ = nxf nxfxf xfn ,0 , Chứng minh: ( ) .lim mm dfdxf AA nn òò =¥® Ta có: · ( ) ( ) Axxfxfn Î"£ · 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 mm dfdxf AA nn òò =¥® Bài 24: Cho { }nf là một dãy hàm đo được, không âm trên A sao cho 0lim =ò¥® A nn f .Chứng minh rằng: 0¾®¾mnf . 0>"e .Đặt: ( ){ } ( ) òò £££Þ³Î= A n A nnnn ffAxfAxA n eme 0 mà ( ) 000lim ¾®¾Þ¾¾ ®¾Þ= ¥® ¥® ò mm n n n A nn fAf . 50 Bài 25: Cho (X, F, m) là một không gian độ đo và {¦n} là một dãy hàm đo được sao cho ( ) ( ) ÎÎ"= ¥® 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 =-ò¥® mdff p nn . "a, b Î R , ta có: ( ) { }( ) { }pppppp babababa ,max2,max2 =£+£- . Áp dụng bất đẳng thức trên cho {¦n}, ta được: ( ) ( ) ( )xgxfxf ppn p 2£- , với ( )xg p là hàm khả tích, không âm. Mà ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0lim0limlim =-Þ=-Þ= ¥®¥®¥® p nnnnnn xfxfxfxfxfxf Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: 0limlim =-=- òò ¥®¥® mm dffdff p nn p nn . Bài 26: Cho không gian độ đo (X, F, m), {¦n} là một dãy hàm đo được, không âm, ¦n ® ¦. Giả sử +¥<= òò¥® XX nn fflim . Chứng minh rằng: òò =¥® AA nn fflim , "A Î F. Khi đó, nếu ¥=ò¥® X nn flim thì khẳng định có thể sai. Theo bổ đề Fatou, ta có: òò ¥® £ A n nA ff lim (1) Xét ò¥® A nn flim . Ta có: òòòòòòò ¥®¥®¥®¥®¥® -=÷ ÷ ø ö ç ç è æ -+£÷ ÷ ø ö ç ç è æ -= CCC A n nXA nn X nn A n X nn A nn fffffff limlimlimlimlim (*) Mà òòò ¥®¥® £= CCC A n n n A nA fff limlim nên òò ¥® -³- CC A n nA ff lim Do đó: òòòòò =-£- ¥® AAXA n nX fffff C C lim . 51 Kết hợp với (*), ta được: òò £¥® AA nn fflim (2) Từ (1) & (2), suy ra: òò ¥® £ A n nA ff lim òò ££ ¥® AA nn fflim Vậy: òò =¥® AA nn fflim . * Nếu ¥=ò¥® X nn flim thì khẳng định trên có thể sai. Ví dụ: Lấy X = R với độ đo Lebesgue. Chọn [ ] [ ]nnnnf ,10, -- += cc Ta có: ( ]0,¥-=® cffn và ( ]òò ¥-=+¥®+= RR n nf 0,1 c . Lấy ( )+¥= ,0A , ta có: [ ]( ) ( ] 01,1,1 0, =³"=-= òò ¥- AA n vànnnf cm Do đó: òò ®/ AA n ff . Bài 27:Cho (X, F, m) là một không gian độ đo và ¦, ¦1, ¦2,… là các hàm không âm, khả tích sao cho ¦n ® ¦ h.k.n và òò ¥®® nkhiffn . Chứng minh rằng 0lim =-ò¥® nn ff . Đặt ffffg nnn --+= . Khi đó: gn(x) ³ 0 và gn khả tích, "n ³ 1. Hơn nữa: gn ® 2¦ h.k.n. Theo giả thiết, ta có: òò ® ffn , áp dụng bổ đề Fatou, ta được: òòòòò --££= ¥®¥®¥® fffggf nnnnnn lim2limlim2 (*) Do ò ¥<f2 nên từ (*), ta có: 0lim £-ò¥® ffnn 0lim: =-ò¥® ffraSuy nn Mặt khác, ta có: Þ=-£-£ òò ¥®¥® 0limlim0 ffff nnnn 0lim =-ò¥® ffnn Vậy 0lim =-ò¥® ffnn . 52 Bài 28:Cho (X, F, m) là một không gian độ đo hữu hạn, ¦n : X ® R, n ³ 1, g: X ® R, {¦n} và g khả tích và tồn tại một hằng số C > 0 sao cho: 1, ³"£ò nCdf X n m và gfn n £2 1 trên X. Chứng minh rằng: ¥®®ò nkhidfn nX 01 2 m . Đặt: ( ) ïþ ï ý ü ïî ï í ì ³Î= 3 1 nxfXxA nn Khi đó: ( ) ( )X n gXn n gf n f n f n nnnn AAAX nn A n X mm 3 3 2 \ 222 1.1111 +=+£+= òòòòò (1) Do trên An : ( ) ( ) Cxfnxfn nn A n A n ££Þ£ òò 33 ( ) ( ) ¥®®¥®®£Þ£Þ ò nkhigđóDonkhin CACAn nA nn 0:.03 3 mm (2) Từ (1) & (2), ta có: ( ) 01lim1lim 3 2 =£ ¥®¥® ò Xnfn nnXn m Vậy 01lim 2 =ò¥® n X n f n . Bài 29: Giả sử (X, F, m) là một không gian độ đo hữu hạn, {¦n} là một dãy hàm khả tích sao cho ¦n hội tụ đều về ¦ trên X. Chứng minh rằng: òò =¥® XX nn fddf mmlim . Cho ví dụ để chứng minh rằng nếu m(X) = ¥ thì kết quả trên không còn đúng. Vì: ¦n hội tụ đều về ¦ nên: "e > 0 cố định, $no Î N sao cho "n ³ no, Xx Î" : ( ) ( ) .e£- xfxfn ( ) ( ) XxxfxfraSuy n Î"® , và vì vậy f đo được. Chọn e = 1, ta được: ( ) ( ) ( ) 11 +££- xfxfxf nn , với n đủ lớn. Kết hợp với ( ) ¥<Xm , ta có: ¦ khả tích trên X. 53 "e > 0, ta có thể chọn N sao cho: ( ) ( ) ( )Xxfxfn m e £- , "n ³ N, "x Î X Khi đó: ( ) emm e =£-£- òòòò XX n XX n dX ffff , "n ³ N Vì e bé tùy ý nên: ¥®® òò nkhiff XX n . * Trường hợp ( ) +¥=Xm kết luận trên không còn đúng. Ví dụ: Lấy X = [ )+¥,0 , Xét [ )nn n f ,0 1 c= Ta có: nf X n "=ò ,1 nhưng fn hội tụ đều về 0. Bài 30:Cho A là một tập đo được và g, ¦: A ® R là các hàm khả tích trên A. Với mỗi n Î N, đặt: An = ( ){ }1+<£Î nxfnAx . Chứng minh rằng: 0lim =ò¥® nA n g Ta có: ( ) ( ) +¥<££Þ=³³ òòòò A nn AAA fAnAnndff nn mmm 0 ( ) +¥<££Þ ò A n fn A 10 m . Vậy ( ) ¥®® nkhiAn 0m Vì g khả tích trên A nên với e > 0 bất kỳ, $d > 0 sao cho: e<ò E g , "E Ì A, m(E) < d (1) Do ( ) ( ) dmm <³"Î$= ¥® noonn AnnNnnênA ::0lim (2) Từ (1) & (2), ta có: 0lim =< òò ¥® nn A n A ghayg e . 54 Bài 31: Cho ¦ khả tích Lebesgue trên R. Chứng minh rằng: 0 2 1lim =ò - ¥® n n n f n Đặt: ],[2 1 nnn fn f -= c . Khi đó: [ ] òòò - - == n nR nn R n fn f n f 2 1 2 1 ,c Ta có: · ( ) ¥®® nkhixfn 0 · 2 , 2 ff fn £ là hàm khả tích trên R. Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của lebesgue, ta được: 00limlim === òòò ¥®¥® R n R n R nn ff . Bài 32: Cho (X, F, m) là một không gian độ đo, RXf ®: là một hàm khả tích.Với a Î R, đặt ( ){ }aa >Î= xfXxG . Chứng minh rằng: 0lim =ò¥® a a G f . Giả sử { }na là một dãy các số thực sao cho an ® ¥. Đặt ( ) ( ) ( )( )î í ì £ > = n n n xf xfxf xf a a ,0 , Khi đó: òò = X n G ff na Ta có: ffn £ , f là hàm khả tích. Vì f khả tích nên: ( ){ }( ) 0=¥=Î xfXxm suy ra ¦n ® 0 h.k.n. Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: 0limlimlim === òòò ¥®¥®¥® n X n X nn G n fff na . Vì điều này đúng với mọi dãy { }na , an ® ¥ nên ta có: 0lim =ò¥® a a G f . 55 Bài 33: Cho ¦ khả tích trên A, ( ) +¥<Am . Đặt An = ( ){ }nxfAx ³Î . Chứng minh rằng: ( ) 0lim = ¥® nn Anm . Ta có: m(An) < +¥, "n và {An} giảm ( ) ( ){ }( ) 0lim 1 =+¥=Î=÷÷ ø ö çç è æ =Þ ¥ = ¥® xfAxAA n nnn mmm I ¦ khả tích trên A Þ "e > 0, $d> 0 sao cho: e<ò E f , "E đo được, E Ì A và m(E) < d Vì ( )nn Am¥®lim = 0 Þ $no Î N: m(An) < d, "n ³ no Khi đó: e<ò nA f hay nm(An) < e Þ ( ) em < ¥® nn Anlim Vì e bé tùy ý nên ( ) 0lim = ¥® nn Anm . Bài 34: Cho f không âm, đo được trên [0,1], [ ] ( ){ }11,0 >Î= xfxA Chứng minh rằng: ( )( )ò¥® 1 0 lim n n xf tồn tại ( ) 0=Û Am . ( )Þ Giả sử: ( ) 10 >$Þ> rAm sao cho [ ] ( ){ }( ) 01,0 >³Î rxfxm Đặt [ ] ( ){ } ( )( ) ( )BrdxxfrxfxB B nn mò ³Þ³Î= 1,0 ( )( ) ³Þ ò¥® dxxf n n 1 0 lim ( )( ) dxxf B n n ò¥®lim ( ) ¥== ¥® Br n n mlim . Điều này trái với giả thiết là ( )( )ò¥® 1 0 lim n n xf tồn tại. Vậy ( ) 0=Am . ( )Þ Giả sử ( ) 0=Am . Khi đó: ( )( ) dxxf nò 1 0 ( )( ) dxxf A nò= ( )( ) [ ] dxxf A nò+ \1,0 mà trên [0,1] \ A: ( ) ( )( ) Nnxfxf n Î"£Þ£ ,11 và [ ] [ ]( ) ¥<==ò 1\1,01 \1,0 Adx A m Do đó áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: 56 ( )( ) =ò¥® dxxf n n 1 0 lim ( )( ) [ ] ( )( )( ) ( ) [ ] 1limlim \1,0\1,0 £==÷ ÷ ø ö ç ç è æ òò ¥®¥® A n n A n n Cdxxfdxxf m với [ ] ( ){ }11,0 =Î= xfxC Vậy ( )( )ò¥® 1 0 lim n n xf tồn tại. Bài 35: Cho f không âm và khả tích trên A. 0>"e , đặt: ( ) ( )k k AkS mee å ¥ = = 0 , với ( ) ( ){ }ee 1+<£Î= kxfkAxAk . Chứng minh rằng: ( ) ò=® A fS e e 0 lim Ta có: ( ) ( ) ( ) kAkfAk k A k k "+<£ ò ,1 emem và ( ) ( )å ¥ = ¥ = =Þ¹"Æ=Ç= 00 ,, k kji k k AAjiAAAA mmU và å òò ¥ = = 0k AA k ff Mặt khác, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )eememememmee SAAkAAkfAkS k k k k A k k +=+=+<£= ååòå ¥ = ¥ = ¥ = 000 1 ( ) ( ) ( )eeme SAfS A +<£Þ ò Cho 0®e , ta được ( ) ò=® A fS e e 0 lim . Bài 36: Cho f là một hàm đo được, không âm trong không gian độ đo, ( )Xm < +¥ . Chứng minh: f khả tích trên X Û ( ){ }( ) 1n x X f x nm ¥ = Î >å hữu hạn. (Þ) Đặt ( ) ( ) ( ) 1, 0, 0n f x n g x f x n >ìï= í £ £ïî Khi đó gn đo được và không âm. Ta có: ( ) ( ) 1 n n g x f x ¥ = £å , "x Thật vậy: · Nếu f (x) ≤ 1 thì gn(x) = 0, "n 57 · Nếu f(x) Î (m, m+1], m Î N thì gn(x) = 1, "m:1 ≤ n ≤ m · Trong trường hợp còn lại, ta có: gn(x) = 0. Do đó: ( ) ( ) 1 1 n n n n fd g x d g x dm m m ¥ ¥ = = ³ =å åò ò ò Nhưng ( ){ }( )ng d x X f x nm m= Î >ò . Do đó nếu f khả tích thì chuỗi ( ) 1 n n g x dm ¥ = åò hội tụ Tức là ( ){ }( ) 1n x X f x nm ¥ = Î >å hữu hạn. ( )Ü Giả sử: m(X) < + ¥ Theo chứng minh trên, ta có: "x Î X, ( ) ( ) 1 1 n n f x g x ¥ = £ + å (*) Và ( ){ }( ) .: 111 mmm dgdgnxfx n n n n n òååòå ¥ = ¥ = ¥ = ==> Do đó, ( ) mmmm dgddxgfd n n n n åòò òåò ¥ = ¥ = +=÷ ø ö ç è æ +£ 11 1 ( ) ( ){ }( )å ¥ = >Î+£ 1n nxfXxX mm Vì m(X) < + ¥ và chuỗi ở vế phải hội tụ nên ta có: fdmò hữu hạn. Vậy f khả tích trên X. Bài 37: Giả sử 0f ³ đo được, hữu hạn h.k.n trên A, m(A) < + ¥ . Đặt Ak = ( ){ }1x A k f x kÎ £ £ + . Chứng minh rằng: f khả tích trên A khi và chỉ khi ( ) 0 k k k Am ¥ = < +¥å . (Þ) Giả sử f khả tích trên A. Đặt A* = ( ){ }x A f xÎ = +¥ 0 k k A A A ¥ * = æ ö Þ = È ç ÷ è ø U , với Ai Ç Aj = Æ, "i ¹ j và m(A*) = 0 (do f khả tích) 0 k kA A f f ¥ = Þ = åò ò 58 Trên Ak, ta có: ( ) ( ) ( ) 0 0 k k k k k k k kA A A A A f x k f k f k A k A f fm m ¥ ¥ = = ³ Þ ³ Þ ³ Þ £ =å åò ò ò ò ò Mà f khả tích Þ ( ) 0 k k k Am ¥ = < +¥å ( )Ü Giả sử: ( ) 0 k k k Am ¥ = < +¥å . Ta có: ( ) ( ) ( )1 1 k k k k A A A f k f k Am£ + Þ £ +ò ò ò ( ) ( ) 0 0 1 k k k kA A f f k Am ¥ ¥ = = Þ = £ + < +¥å åò ò Vậy f khả tích trên A. Bài 38: Cho f đo được, bị chặn trên A. Chứng minh rằng: nếu $a > 0, a < 1 sao cho "e > 0 thì ( ){ }( ) aeem axfAx Î thì f khả tích trên A. Đặt An= ( ) þ ý ü î í ì >Î n MxfAx 2 , trong đó ( )f x M£ , "x Î A Ta có: ( ) . .2nnA a M a am -< < +¥ Đặt ( ) nA n n Mxg cå ¥ = = 1 2 . Ta có: ( ) Axxg Î"³ ,0 . Þ g đo được, f g£ trên A. ( ) ( ) ( )ååååò ¥ = -- ¥ = -- ¥ = - ¥ = ==£=Þ 1 11 1 11 11 2..2..2... 22 n n n nn n nn n n A MaMaMaMAMgd aaaaaamm Vì a < 1 nên ( )1 1 2 n n a ¥ - = < +¥å . Vậy g khả tích trên A. Do đó, f khả tích trên A. 59 Bài 39: Cho (X, F, m) là một không gian độ đo. Chứng minh rằng nếu m là s_hữu hạn thì tồn tại ¦ khả tích trên X và f(x) ³ 0, "x Î X. Giả sử m là độ đo s_hữu hạn trên F . Khi đó, ${Xn} Ì F sao cho: U ¥ = = 1n nXX , m(Xn) < +¥, "n, Xn Ç Xm = Æ (n ¹ m) Với mỗi x Î X, đặt: ( ) ( ) ( )ïî ï í ì >Î =Î = 0,,1 0,,1 )( 2 nn n nn XXx Xn XXx xf m m m Ta có: ¦ đo được và ¦(x) > 0,"x Î X Do đó: +¥<£= åò å ò ¥ = ¥ = 1 2 1 1 nX n X n fdfd n mm Vậy ¦ khả tích trên X. Bài 40: Giả sử g thỏa điều kiện Lipschitz trên R, tức là RyxC Î">$ ,: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>"e nên tồn tại hàm liên tục j sao cho: [ ] ej <-ò ba f , ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] òòòò +-£+-=Þ babababa ggfgggfgfg ,,,, jjjj [ ] ( ) [ ] ( ) ¥<-+£+-£ òò abMCgfC baba ejj ,, , với [ ] ( )jgM ba , max= ( ) [ ] ¥<Þ ò ba fg , ( )fgÞ khả tích (L) trên [a, b]. 60 Bài 41: Cho { }nf là dãy hàm đo được trên A sao cho ¥<åò ¥ = mdf n A n 1 . Chứng minh rằng: å ¥ = = 1n nff khả tích (L) trên A. Đặt ,...2,1, 1 == å = nfg n k kn , å ¥ = = 1k kfg Khi đó ng đo được trên A, n" và gffg n k k n k kn ££= åå == 11 mà ¥<== åòò òå ¥ = ¥ = mm dfdfg k A k A A k k 11 Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( )òò ¥®¥® =÷÷ø ö çç è æ A nn A nn gg limlim òò åò åòå =÷ ø ö ç è æ =÷ ø ö ç è æ =÷÷ ø ö çç è æ Þ ¥ == ¥® = ¥® AA k k A n k kn A n k kn ffff 111 limlim ¥<£=÷÷ ø ö çç è æ =÷÷ ø ö çç è æ =Þ åòåòåòòåò ¥ = ¥ == ¥® = ¥® 1111 limlim k A k k A k n k A kn A n k kn A fffff Vậy f khả tích trên A. Bài 42: Cho ¦ khả tích trên A, 0 0, "x Î A. Chứng minh rằng nếu 0 < a < m(A) thì ( ) ò³ E E fdm am inf ³ 0. Đặt An = ( ) þ ý ü î í ì <<Î n xfAx 10 . Ta có: ( ) 0lim = ¥® nn Am . Chọn no Î N sao cho: ( ) 2 a m < on A Khi đó: "E đo được, E Ì A và ( ) am ³E thì ( ) 2 \ am > on AE . Do đó: 0 2 .1 \ >³³ òò a oAEE n ff on . Vậy, ( ) ò ³³ E E fd 0inf m am . 61 Bài 43: Chứng minh rằng nếu f khả tích (L) trên A và òò = AA ff thì 0³f 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 òò -+ == AA fbfa , bafbaf AA +=-=Þ òò , ê ë é ³ £ Þ ê ê ë é = = Þ ê ê ê ë é = = Ûê ë é = = Þ - + - + ò ò nkhf nkhf nkhf nkhf f f b a A A ..0 ..0 ..0 ..0 0 0 0 0 Bài 44:Chứng minh rằng nếu ¦ khả tích và ( ) ( )dttfxF x ò ¥- = thì F liên tục trên R. Chọn {yn} sao cho yn > x, "n và ¥®® nkhixyn . Đặt: ( )nyxn ff ,c= Khi đó: ¦n ® 0 và ffn £ , ¦ khả tích Áp dụng định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue, ta được: ( ) ( )( ) ( ) ( )xFyFfxFyFf nnnnnnnn =Þ==-= ¥®¥®¥®¥® òò lim0limlimlim Tương tự, nếu yn < x và ¥®® nkhixyn , ta cũng có: ( ) ( )xFyF nn =¥®lim Vậy F liên tục. Bài 45: Cho ¦ khả tích sao cho Nnff n Î"= òò , . Chứng minh rằng tồn tại một tập đo được E sao cho Ef c= h.k.n trên X. * ¦ ³ 0Đặt Em = ( ) þ ý ü î í ì +³Î m xfXx 11 Khi đó: "m Î N: ( ) +¥<=££÷ ø ö ç è æ + òò ò fffEm mE mm m m m 11 . Vì m bất kỳ nên m(Em) = 0, "m ( ){ }( ) 1001 1 ££Þ=÷÷ ø ö çç è æ =>ÎÞ ¥ = fExfXx m mUmm h.k.n. 62 Đặt E = ( ){ }1=Î xfXx . Khi đó: ( ) ( ) 0110 2 \ =-=-£-£ òòòò XXXEX ffffff ( ) 01 =-Þ ff h.k.n trên X\E Þ ¦ = 0 h.k.n trên X\E Vậy Ef c= h.k.n trên X. * ¦ đo được, bất kỳ: Theo chứng minh trên, ta được: Ff c=2 h.k.n với tập F nào đó. + Đặt F1 = ( ){ }1=Î xfXx , F2 = ( ){ }1-=Î xfXx Khi đó: ( ) ( )21 FFff F mm -== òò và ( ) ( )2122 FFfff F mm +=== òòò ( ) 02 =Þ Fm Vậy 1F f c= h.k.n. 63 PHẦN KẾT LUẬN ---- – & — ---- 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