Học phần Độ đo và Tích phân

HỌC PHẦN ĐỘ ĐO VÀ TÍCH PHÂN CHƯƠNG I. ĐỘ ĐO

$1. ĐẠI SỐ. σ- ĐẠI SỐ 1. Đại số

φ≠X

a) Định nghĩa 1. Cho tập hợp . Một họ N các tập con của

X được gọi là một đại số các tập con của X, nếu N thoả mãn ba điều kiện sau:

n U 1= k

∈ N . (i) X ∈ N ; (ii) A ∈ N ⇒ CXA = X \ A ∈ N ; (iii) A1, A2, ... , An ∈ N ⇒ kA

Cho N là đại số các tập con của tập hợp X. Khi đó N có các tính

b) Các tính chất chất sau đây:

n I 1= k 3. A, B ∈ N ⇒ A \ B ∈ N.

1. φ ∈ N ; 2. A1, A2, ... , An ∈ N ⇒ ∈ N ;

Chứng minh. 1. được suy từ (i), (ii)

(

)

A k

CA k

n I 1 k =

n U 1 k =

2. được suy từ (ii), (iii) và công thức de Morgan:

3. được suy từ (ii), tính chất 2 vừa chứng minh và công thức

A \ B = A ∩CXB

Nhận xét Đại số các tập con của tập hợp X có tính chất

,φ

XA ⊂ . Đặt N = {

}ACAX , . Khi đó N là một đại số các tập con của X. 2. Cho X = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 }, A = { 1, 3, 5, 7 }, B = { 2, 4, 6 },

" khép kín" đối với các phép toán : hợp hữu hạn, giao hữu hạn, hiệu các tập hợp và lấy phần bù ( nghĩa là : khi ta thực hiện các phép toán này trên các phần tử của N thì kết quả sẽ là các phần tử của N). c) Các ví dụ 1. Cho

C = { 1, 2, 4, 7 }, D = { 3, 5, 6 }.

Đặt N = { φ, X, A, B, C, D }. Hãy kiểm tra xem N có là một đại

Nếu A, B ∈ N thì X \ A ∈ N và A ∩B ∈ N. số các tập con của X? 3. Cho N là một họ không rỗng các tập con của tập hợp X thoả mãn điều kiện : Chứng minh rằng N là một đại số các tập con của X.

2. σ- đại số

φ≠X X được gọi là một σ- đại số các tập con của X, nếu M thoả mãn

kA ∈ M .

. Một họ M các tập con của a) Định nghĩa 2. Cho tập hợp

ba điều kiện sau: (i) X ∈ M ; (ii) A ∈ M ⇒ CXA = X \ A ∈ M ; ∞ (iii) A1, A2, ... , An , ... ∈ M ⇒ U =1k

Cho M là một σ- đại số các tập con của tập hợp X. Khi đó M

b) Các tính chất có các tính chất sau đây: 1. M là một đại số các tập con của X;

n I 1= k 4. A, B ∈ M ⇒ A \ B ∈ M ;

2. φ ∈ M ; 3. A1, A2, ... , An ∈ M ⇒ ∈ M ;

kA ∈ M .

∞ I =1k

5. A1, A2, ... , An , ... ∈ M ⇒

Chứng minh. - Tính chất 1 được suy từ (i), (ii) và (iii) khi đặt

An+1 = An+2 = ... = φ.

- Tính chất 2, 3, 4 được suy từ tính chất 1 vừa chứng minh.

(

)

A k

CA k

∞ I k 1 =

∞ U k 1 =

- Tính chất 5 được suy từ (ii), (iii) và công thức de Morgan:

Nhận xét σ- đại số các tập con của tập hợp X có tính chất " khép

kín" đối với các phép toán : hợp đếm được, giao đếm được của các tập hợp, hiệu hai tập hợp và lấy phần bù ( nghĩa là : khi ta thực hiện các

phép toán này trên các phần tử của M thì kết quả sẽ là các phần tử của M ). c) Các ví dụ

φ≠X một σ- đại số các tập con của tập hợp X.

. Họ tất cả các tập con của tập hợp X là 1. Cho tập hợp

kA ∈ M .

2. Cho M là một họ không rỗng các tập con của tập hợp X thoả mãn hai điều kiện :

,0[ +∞ . )

a) A ∈ M ⇒ X \ A ∈ M ; ∞ b) A1, A, ... , An , ... ∈ M ⇒ I =1k Chứng minh rằng M là một σ- đại số các tập con của X. 3. Cho M là một σ- đại số các tập con của tập hợp X và Z ∈ M. Đặt MZ là họ tất cả các tập hợp thuộc M và chứa trong Z. Chứng minh MZ là một σ- đại số các tập con của tập hợp Z.

]

,0[ +∞ ; ] ,0( +∞ ; ]

thu được là $2. ĐỘ ĐO 1. Tập hợp số thực không âm mở rộng Cho tập hợp số thực không âm Ta bổ sung cho tập hợp này một phần tử là +∞ , tập hợp mới ,0[ +∞ . Ta gọi đây là tập số thực không âm mở rộng với

các quy ước về phép toán như sau. a < +∞ với mọi a ∈ ,0[ +∞ ; ) a + (+∞) = (+∞) + a = +∞ với mọi a ∈ a . (+∞) = (+∞) . a = +∞ với mọi a ∈ 0 . (+∞) = (+∞) . 0 = 0

)

A k

n ( μ ∑ 1 k =

n ( μ U 1 k =

Lưu ý. Đẳng thức a + c = b + c kéo theo a = b khi và chỉ khi +∞≠c 2. Các khái niệm Cho M là một σ- đại số các tập con của tập hợp X. Xét ánh xạ μ : M → ,0[ +∞ . ] Định nghĩa 1. μ được gọi là ánh xạ cộng tính hữu hạn, nếu có một họ hữu hạn các tập hợp đôi một rời nhau A1, A2, ... , An ∈ M thì ) = Định nghĩa 2. μ được gọi là ánh xạ σ- cộng tính nếu có một họ đếm được các tập hợp đôi một rời nhau A1, A2, ... , An , ... ∈ M thì

)

A k

∞+ ( μ ∑ 1 k =

∞+ ( μ U k 1 =

Định nghĩa 3. μ được gọi là một độ đo trên M, nếu hai điều kiện sau được thoả mãn:

∞ U =1k

1. μ(φ) = 0; 2. μ là σ- cộng tính.

3. Các ví dụ

Định nghĩa 4. Cặp (X, M), trong đó M là σ- đại số các tập con của tập hợp X, được gọi là không gian đo được. Mỗi tập hợp A ∈ M được gọi là một tập đo được. Định nghĩa 5. Bộ ba (X, M, μ), trong đó M là σ- đại số các tập con của tập hợp X, μ là một độ đo trên M, được gọi là không gian độ đo. Nếu A ∈ M thì số μ(A) được gọi là độ đo của tập hợp A. Định nghĩa 5. Độ đo μ được gọi là độ đo hữu hạn nếu μ(X) < +∞. Độ đo μ được gọi là độ đo σ- hữu hạn, nếu X = kX , Xk ∈ M và μ(Xk) < +∞ với mọi k. Nhận xét. Độ đo hữu hạn thì σ- hữu hạn. a) Cho M là một σ- đại số các tập con của tập hợp X.

]

,0[ +∞ xác định bởi μ(A) = 0 với mọi A

Xét ánh xạ μ : M →

Khi đó μ là một độ đo hữu hạn.

]

,0[ +∞ xác định bởi

∈ M . b) Cho M là một σ- đại số các tập con của tập hợp X.

Xét ánh xạ μ : M → μ(φ) = 0 , μ(A) = +∞ với mọi A ∈ M và φ≠A Khi đó μ là một độ đo không σ- hữu hạn.

]

,0[ +∞ xác định bởi :

c) Cho M là một σ- đại số các tập con của tập hợp X và x0 ∈ X.

Xét ánh xạ μ : M → - Nếu A ∈ M và x0 ∈ A thì μ(A) = 1 ; - Nếu A ∈ M và x0 ∉ A thì μ(A) = 0 . Chứng minh rằng μ là một độ đo hữu hạn.

Nhận xét. Có nhiều cách xây dựng độ đo trên cùng một σ- đại số

các tập con của tập hợp X, ứng với mỗi độ đo sẽ có một không gian độ đo tương ứng với các tính chất khác nhau.

4. Các tính chất của độ đo Cho (X, M, μ) là một không gian độ đo. Khi đó ta có các tính

)

≤

A k

chất sau đây.

1. μ là cộng tính hữu hạn. 2. Nếu A, B ∈ M và A ⊂ B thì μ(A) ≤ μ(B) . Ngoài ra, nếu μ(A) < +∞ thì μ(B \ A) = μ(B) -μ(A). 3. Nếu A1, A2, ... , An , ... ∈ M thì ∞+ ∞+ ( ( μ U μ ∑ 1 k = k 1 =

4. Nếu A, B ∈ M , A ⊂ B và μ(B) = 0 thì μ(A) = 0. 5. Nếu A, B ∈ M và μ(B) = 0 thì μ(A ∪ B) = μ(A \ B) = μ(A). 6. Hợp của một họ hữu hạn các tập hợp có độ đo không là tập

(

0) =

n kAμ U k 1 =

hợp có độ đo không: μ(Ak ) = 0, ∀k = 1, 2, ... , n ⇒

7. Hợp của một họ đếm được các tập hợp có độ đo không là tập

(

0) =

∞+ kAμ U k 1 = 8. Nếu μ là độ đo σ- hữu hạn thì

hợp có độ đo không: μ(Ak ) = 0, ∀k = 1, 2, ... ⇒

kY , trong đó các tập hợp Yk đôi một rời nhau,

∞ U =1k

i) X =

Yk ∈ M và μ(Yk) < +∞ với mọi k;

kA , trong đó các tập hợp Ak đôi một rời nhau,

∞ U =1k

ii) A =

)

Ak ∈ M và μ(Ak) < +∞ với mọi A ∈ M và mọi k. 9. Nếu { An } , n ∈ N, là dãy đơn điệu tăng các tập hợp đo được,

( μ

A n

lim +∞→

∞+ A U n 1 n =

n 10. Nếu { An } , n ∈ N, là dãy đơn điệu giảm các tập hợp đo được, nghĩa là A1 ⊃ A2 ⊃ ... ⊃ An ⊃ ... , và μ(A1) < +∞ thì

nghĩa là A1 ⊂ A2 ⊂ ... ⊂ An ⊂ ... , thì ( μ

)

( μ

A n

lim n +∞→

∞+ A I n n 1 =

Để ý rằng tập con của một tập đo được chưa chắc là tập hợp đo

5. Độ đo đủ được, nghĩa là nếu A ∈ M , B ⊂ A thì có thể B ∉ M . Định nghĩa 6. Độ đo μ được gọi là độ đo đủ nếu mọi tập con của tập có độ đo không đều là tập đo được. Nhận xét. Nếu μ là độ đo không đủ thì ta có thể thác triển μ

(1)

thành một độ đo đủ nhờ định lý dưới đây. Định lý. Giả sử (X, M, μ) là một không gian độ đo. Gọi M' là họ tất cả các tập hợp A có dạng A = B ∪ C trong đó B ∈ M, C ⊂ D, D ∈ M, μ(D) = 0.

Với mỗi tập hợp A có dạng (1), đặt μ' là ánh xạ sao cho μ'(A) = μ(B) (2)

Khi đó:

]

,0[ +∞ là một ánh xạ σ- cộng tính. Khi đó tồn tại một

i) (X, M', μ') là một không gian độ đo; ii) μ' là độ đo đủ.

Định nghĩa 7. M' được gọi là bổ sung Lebesgue của σ- đại số M và μ' được gọi là thác triển Lebesgue của độ đo μ. 6. Thác triển ánh xạ σ- cộng tính thành độ đo Định lý (Hahn). Cho N là một đại số các tập con của tập hợp X và m : N → σ- đại số M chứa N và một độ đo đủ μ : M → ,0[ +∞ sao cho ] μ(A) = m(A) với mọi A ∈ N . Ngoài ra, nếu m là σ- hữu hạn thì μ xác định một cách duy nhất. Định nghĩa 8. Độ đo μ được gọi là thác triển của m từ đại số N lên σ- đại số M. $3. ĐỘ ĐO LEBERGUE TRÊN ℜ 1. Khoảng trong ℜ Định nghĩa 1. Các tập hợp sau đây được gọi là các khoảng trong ℜ : (a, b), [a, b], (a, b], [a, b), (- ∞, a), (-∞, a], (a, +∞), [a, +∞) (-∞, +∞).

Để ý rằng giao của hai khoảng bất kỳ trong ℜ cũng là khoảng

trong ℜ hoặc là tập hợp rỗng. Định nghĩa 2. Nếu Ι là khoảng trong ℜ có hai đầu mút là a, b (-∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞) thì ta gọi số Ι = b - a là độ dài của Ι . 2. Đại số các tập con của ℜ Xét họ N các tập hợp P là hợp của hữu hạn các khoảng trong ℜ không giao nhau:

)

/ =ℜ⊂

( i φ

≠

I =∩ j

(1) N = {

}

n U i 1 =

i Trên N xét ánh xạ m : N →

)

( Pm

,0[ +∞ xác định bởi iI

] n ∑ i 1 =

Ta kiểm tra ba điều kiện của định nghĩa đại số.

nếu P có biểu diễn như trong (1). Định lý 1. N là một đại số các tập con của ℜ. Chứng minh. (i) Ta có ℜ = (-∞, +∞) ( hợp của một khoảng) nên hiển nhiên ℜ∈ N .

(ii) Giả sử P ∈ N thì P là hợp của hữu hạn khoảng không giao

nhau. Khi đó dễ thấy ℜ \ P cũng là hợp của hữu hạn khoảng không giao nhau. Vậy ℜ \ P ∈ N.

(iii) Giả sử P, Q ∈ N, ta cần chứng minh P ∪ Q ∈ N.

(, φ

≠

Trước hết ta chứng minh P∩Q ∈ N. Thật vậy, vì P, Q đều là hợp của hữu hạn khoảng không giao

nhau nên ta có biểu diễn: n U 1 i = k J U j 1 =

Khi đó

PQP

)

JP I

( 1

k ( I U =

k U j =

)

]

(

)

[( 1

k U j =

n U i 1 =

n k U U i j 1 1 = =

( i = 1, 2, ... , n ; j = 1, 2, ... , k) là các

L Thế mà I ij khoảng không giao nhau đôi một nên P∩Q ∈ N. Bây giờ ta chứng minh P ∪ Q ∈ N khi P, Q ∈ N . Thậy vậy, ta có P, Q ∈ N nên theo (ii) ℜ \ P ∈ N , ℜ \ Q ∈ N. Khi đó, theo phần vừa chứng minh, (ℜ \ P) ∩ (ℜ \ Q) ∈ N , hay ℜ \ (P ∪ Q) ∈ N, lại theo (ii) suy ra P ∪ Q ∈ N . Vậy, N là đại số các tập con của ℜ, định lý được chứng minh. Định lý 2. Ánh xạ m ánh xạ σ- cộng tính.

kP , trong đó các tập hợp Pk đôi một rời nhau,

Giả sử Q =

Chứng minh. ∞ U =1k

)

Qm (

)

∞+ kPm ( ∑ 1 k = Không mất tính tổng quát ta có thể xem Q và mỗi Pk chỉ là một

Q, Pk ∈ N (Q và Pk đều là hợp của hữu hạn khoảng không giao nhau). Ta cần chứng minh

Giả sử Q là khoảng hữu hạn có hai đầu mút là a, b , còn Pk có

khoảng trong ℜ. Trước hết ta chứng minh cho trường hợp Q là khoảng hữu hạn. Khi đó các Pk cũng là khoảng hữu hạn. hai đầu mút là ak, bk .

)

P k

n U 1 k =

in ( U U 1 i =

( trong đó các Pk , Ι i rời nhau.

- Với mỗi n = 1, 2, ... , luôn tồn tại hữu hạn các khoảng Ι i ( i = 1, 2, ... , ni ) sao cho

≥

P k

n i ∑ i 1 =

n ∑ 1 k =

n ∑ 1 k = Cho n → + ∞ , ta được

Khi đó

≥

∞+ ∑ 1k =

(2)

kP - Cho ε > 0 tuỳ ý sao cho

ab−<ε 2

Đặt

(

)

−

Q k

ε k 2 [ ' aQ =

ε b k k 2 ]εε − b +

(k = 1, 2, ... )

=⊂

⊂

Q k

P k

∞+ U k 1 =

,...,

∞+ U k 1 = Mặt khác, Q' là tập compact nên mỗi phủ mở của Q' đều có một phủ con hữu hạn , khi ấy tồn tại hữu hạn các tập Q nk

, QQ k k 1

Ta có Pk ⊂ Qk nên QQ '

⊂

n Q U ki i 1 =

sao cho

≤

Q ki

n ∑ 1 i =

Suy ra

)

2 ε

−−

≤

−

≤

2 ε ik 2

n b ( ∑ k 1 i =

)

≤

−

2 ε ) k 2

∞+ b ( ∑ k k 1 =

∞+ ε ∑ k 1 − 12 k =

hay

∞+ ε Thế nhưng ∑ k 12 1 − = u1 = ε, công bội q = 1/2 nên hội tụ và có tổng là 2ε. Vậy

lại là tổng của cấp số nhân có số hạng đầu

−−

2 ε

≤

−

2) +

∞+ b ( ∑ k =k 1

ε4

∞+ ≤ ∑ =k 1

hay

Cho ε → 0, ta có

≤

∞+ ∑ 1k =

(3)

∞+ ∑ 1k =

Từ (2) , (3) suy ra

Qm (

)

∞+ kPm ( ∑ k 1 =

hay

Khi đó . Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp Q là khoảng vô hạn. +∞=Q

+∞=

I ⊂⊂ 2

lim n +∞→

Rõ ràng ta luôn có thể biểu diễn Q ở dạng

)

+∞

∞+ , I ..., U 1 n = trong đó các Ι n đều là khoảng hữu hạn. ∞+ aQ naa ,( ,( = + U n 1 =

Chẳng hạn,

I n ⊂ và Q =

(

)

∞ U =1k IQI = n

P k

PI I n k

∞+ ( I U k 1 =

kP , các Pk rời nhau nên ∞+ U k 1 = hữu hạn và rời nhau theo chỉ số

≤

P k

PI I n k

n n PI trong đó các tập hợp I k k = 1, 2, ... Theo phần vừa chứng minh ∞+ ∑ k 1 =

∞+ ∑ k 1 =

Vì

≤∞+

∞+ ∑ 1k =

Cho n → + ∞ , ta được

=+∞=

P k

∞+ ∑ =1 k

Do đó phải có

Vậy, m là ánh xạ σ- cộng tính trên đại số N các tập con của ℜ. Theo định lý Hahn về thác triển ánh xạ σ- cộng tính thành độ đo, ta có một σ- đại số M chứa N và một độ đo đủ μ là thác triển của

m từ N lên M .

3. Độ đo Lebesgue trên ℜ Định nghĩa 3. Độ đo μ và σ- đại số M nhận được khi thác triển ánh xạ m trên đại số N các tập con của ℜ được gọi lần lượt là độ đo Lebesgue và σ- đại số các tập đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ. Các tính chất Độ đo Lebesgue μ và σ- đại số M các tập đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ có các tính chất sau đây.

5. Nếu A đo được thì các tập hợp t A , x0 + A ( t, x0 ∈ℜ) cũng

∈

A =+

} ,

{ ta

}Aaa ∈

{ x 0

xAa 0

1. μ là độ đo đủ. 2. Tập không quá đếm được trên ℜ có độ đo không. 3. Tập mở, tập đóng trên ℜ là tập đo được. 4. Tập A ⊂ ℜ là đo được khi và chỉ khi với mọi ε > 0 tồn tại các tập mở G, tập đóng F sao cho F ⊂ A ⊂ Q và μ(G \ F) < ε. đo được và μ( t A ) = / t /μ( A ) , μ( x0 + A ) =μ( A), trong đó

Xét tập hợp [0, 1]. - Bước 1. Chia [0, 1] thành ba khoảng bằng nhau, bỏ đi khoảng

tA Các ví dụ a) Tập hợp Q các số hữu tỷ có độ đo không. b) Tập hợp Cantor P0 trên [0, 1] xây dựng theo cách dưới đây có độ đo không. giữa G1 = (1/3, 2/3).

- Bước 2. Chia ba mỗi đoạn còn lại là [0, 1/3] và [2/3, 1] , bỏ đi

- v.v...

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 ,

∞ U =1k

kG là hợp của tất cả các khoảng bỏ đi , P0 = [0,1] \ G. Ta có các tập Gn rời nhau và μ(Gn ) = 2n-1. 1/ 3n = 1/2 . (2/3)n Khi đó

)

( G μ

1 2

∞+ 2 )( ∑ 3 n 1 =

G =

Cho tập hợp số thực ℜ = (-∞, + ∞). Ta bổ sung cho tập hợp này hai phần tử là -∞, +∞ , tập hợp mới thu

∞+ ( nG μ ∑ 1 n = Vậy μ(P0) = μ([0, 1]) - μ(G) = 0. Để ý rằng tập hợp P0 là tập không đếm được và có độ đo không. $4. HÀM SỐ ĐO ĐƯỢC 1. Tập hợp số thực mở rộng được là [-∞, +∞] = (-∞, + ∞) ∪ {-∞, + ∞} . Ta gọi đây là tập số thực mở rộng, ký hiệu là ℜ , với các quy ước về phép toán như sau.

,0( +∞ ] ,0( +∞ ; ]

a ℜ∈∀=

a = ∞− ∞+ +∞=∞−=∞+ Các ký hiệu (+∞) + (-∞), (+∞) - (+∞), (-∞) - (-∞),

a , 0

±∞ ∞±

- ∞ < a < +∞ với mọi a ∈ ℜ; a + (+∞) = (+∞) + a = +∞ với mọi a ∈ (-∞, +∞]; a + (-∞) = (-∞) + a = -∞ với mọi a ∈ [-∞, +∞); a . (+∞) = (+∞) . a = +∞ với mọi a ∈ a . (-∞) = (-∞) . a = -∞ với mọi a ∈ a . (+∞) = (+∞) . a = -∞ với mọi a ∈ (-∞, 0); a . (-∞) = (-∞) . a = +∞ với mọi a ∈ (-∞, 0); 0 . (+∞) = (+∞) . 0 = 0; 0 . (-∞) = (-∞ ) . 0 = 0;

với mọi a ∈ ℜ đều không có nghĩa.

)( xf

)1,0( 0

khi khi

∈ x

⎧ ⎨ ⎩

2. Hàm số hữu hạn Định nghĩa 1. Hàm số f : A → ℜ được gọi là hữu hạn trên A nếu f(A) ⊂ ℜ. Các ví dụ 1. Hàm số f(x) = sinx là hữu hạn trên ℜ vì f(ℜ ) = [-1, 1] ⊂ ℜ. 2. Hàm số f(x) = x là hữu hạn trên ℜ vì f(ℜ ) = ℜ ⊂ ℜ. 3. Hàm số

1 x ∞+ là hàm số không hữu hạn trên [0, 1). 3. Hàm số đo được

∈ℜ∈∀

Dưới đây ta cho (X, M) là không gian đo được và A ∈ M . Định nghĩa 2. Hàm số f : A → ℜ được gọi là đo được trên A nếu

}∈< a

{ )( / xfAx Nếu X = ℜ và M là σ- đại số các tập đo được theo nghĩa Lebesgue

trên ℜ , thì f được gọi là hàm đo được theo Lebesgue. Các ví dụ

4. Hàm hằng trên A là đo được trên A.

{ / xfAx )( ∈=

Thật vậy, giả sử f(x) = c = const với mọi x ∈ A và a là một số thực bất kỳ . Đặt

Khi đó

- Nếu a ≤ c thì B = φ nên B ∈ M ; - Nếu a > c thì B = A nên B ∈ M. Vậy f đo được trên A.

5. Các hàm số đã xét ở ví dụ 1, 2, 3 đều là hàm đo được trên các tập tương ứng.

Định lý 1. Các điều kiện sau đây là tương đương.

∈ℜ∈∀

(1) Hàm số f đo được trên A. (2)

{ / xfAx )(

}∈≥ a

∈ℜ∈∀

(3)

{ / xfAx )(

}∈> a

∈ℜ∈∀

(4)

}∈≤ a

{ xfAx / )(

Chứng minh.

< ≥ > ≤

}a }a }a }a

{ xfAx B / )( ∈= { / )( C xfAx ∈= { / xfAxD )( ∈= { / )( E xfAx ∈= Khi đó ta có C = A \ B, E = A \ D. Do đó B ∈ M ⇔ C ∈ M và E ∈ M ⇔ D ∈ M .

Đặt

+∞

CC , n

1 =

Suy ra (1) ⇔ (2), (3) ⇔ (4) nên ta chỉ cần chứng minh (2) ⇔ (3). - Trước hết ta chứng minh

a +≥

{ / xfAx )( ∈=

a −>

}n }n

{ / xfAx )( ∈= Thật vậy, lấy x ∈ D thì x ∈ A và f(x) > a. Theo tính chất trù mật của tập

)( xf

a +≥

n >

trong đó

0n sao cho

+∞

∈

số thực, tồn tại

0nCx ∈

x do đó U

1n =

+∞

∈

Suy ra

0n sao cho

0nCx ∈

1n = xf )(

a +≥

thì tồn tại

≥)(

+∞

∈

)( xf

a −>

nên f(x) > a. Suy ra x ∈ D. xf nên với mọi n ta có Ngược lại, lấy U 1 Khi đó x ∈ A và n Bây giờ ta lấy x ∈ C thì x ∈ A và

1 n

nDx ∈ với mọi n, do đó I

1n =

+∞

∈

. Suy ra

nDx ∈ với mọi n, do đó x ∈ A và

1n =

thì

1 n

Ngược lại, lấy I a )( xf −> với mọi n. Lấy giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối

(

xf )(

)

−

1 n

lim n +∞→

≥)(

hay

. Do đó x ∈ C.

nC ∈ M

cùng này khi n → + ∞ , ta được xf Vậy ta có các đẳng thức về tập hợp cần chứng minh trên đây. - Bây giờ ta chứng minh (2) ⇔ (3). Thật vậy, giả sử ta có (2), khi đó với mọi a ∈ ℜ và mọi n ta có

. Mà M là σ- đại số nên D ∈ M . Vậy (3) được thoả mãn.

nD ∈

Ngược lại, giả sử ta có (3). Khi đó với mọi a ∈ ℜ và mọi n ta có

∈ Β

M . Mà M là σ- đại số nên C ∈ M . Vậy (2) được thoả mãn. Định lý chứng minh xong.

( ) f x

{ = Β ∩ ∈ Α

} < ∈ M a

∞

Hệ quả 1º Nếu f đo được trên A ∈ M và Β ⊂ Α , B ∈ M thì f đo được trên Β . Chứng minh. ℜ∈∀a ( ) f x ta có } a < Với { x

1Α ,

2Α , … và f xác định trên

Α = ΑU thì f đo được

1 =

2º f đo được trên

∞

∈ Α

= ∈ Α

∈ Α

( ) f x

{

} a

} a < ∈

{

1 =

⎧ ⎨ ⎩

⎫ ⎬ ⎭

trên Α . Chứng minh. ℜ∈∀a Với ta có

g+ , fg đo được trên Α .

do M là δ - đại số. 4. Các tính chất của hàm đo được 1º Nếu f đo được trên Α và c = const ∈ ℜ thì cf đo được trên Α . 2º Nếu f , g đo được và hữu hạn trên Α thì f

0α> thì f α

3º Nếu f đo được trên Α , đo được trên Α .

≠ ∀ ∈ Α và f đo được trên Α thì

( ) f x

max

1 f ,f g đo được trên Α .

) ,f g ,

(

4º Nếu đo được trên Α .

( min f , inf là dãy hàm đo được trên Α thì sup n n

) f f , lim sup n n →∞

, 5º Nếu f , g đo được trên Α thì 6º Nếu { }nf

đo được trên Α .

lim inf n →∞ 7º Nếu { }nf

f nf đo được trên Α thì lim n

→∞

hội tụ trên Α , đo được trên Α .

} ( ) g x

( ) f x đều thuộc M .

≤

∈ Α

( ) f x

{

{ x ∈ Α } ( ) g x

max

( ) f x

( ) x

{

} , 0

( ) f x , 0,

0 0

≥ <

⎧ ⎨ ⎩

8º Nếu f , g đo được trên Α thì các tập hợp { } ( ) ( ) f x g x 9º Nếu f đo được trên Α thì các hàm số ( ) khi f x ( ) khi f x

≥

−

max

−

( ) x

( ) f x

{

} , 0

−

0, ( ) f x

( ) khi f x ( ) khi f x

⎧ ⎨ ⎩

và

( ) x

χΑ

xác định bởi

ℜ→Χ:Aχ neu x 1, ∈ Α neu x 0, ∉ Α được gọi là hàm số đặc trưng của Α (trên Χ ). Tương tự ta có khái niệm hàm đặc trưng của tập hợp E trên A.

là những hàm số đo được trên Α . 5. Hàm đặc trưng của tập hợp Định nghĩa 2. Cho Α ⊂ Χ . Hàm số ⎧ = ⎨ ⎩

)( xD

Ví dụ 6. Hàm số Direchle: D:

ℜ→ℜ 1 khi ⎧ ⎨ 0 khi ⎩

Eχ của tập hợp Ε ⊂ Α là đo được trên Α khi và

xác định bởi Qx ∈ \ ℜ∈

neu a

neu

∈ Α

> a < ≤

( ) x

χ E

{

} a

neu a

≤ Eχ đo được trên Α .

Eχ không đo được trên Α .

[

]

là hàm đặc trưng của Q trên ℜ . Ta xét tính chất đo được của hàm đặc trưng. Định lý 2. Hàm đặc trưng chỉ khi E ∈ M. Chứng minh. ℜ∈∀a Với ta có

⎧ ⎪ \ = Α Ε ⎨ ⎪ ∅ ⎩ - Nếu E ∈ M thì A \ E ∈ M , do đó - Nếu E ∉ M thì A \ E ∉ M , do đó 6. Hàm đơn giản S Χ → + ∞ xác định trên Χ và chỉ nhận một Định nghĩa 3. Hàm số số hữu hạn các giá trị hữu hạn không âm được gọi là hàm số đơn giản trên Χ . Tương tự ta có khái niệm hàm đơn giản trên tập hợp Α ⊂ Χ . Ví dụ 7. Hàm số Direchle trên đây là hàm số đơn giản trên ℜ vì nó chỉ nhận hai giá trị hữu hạn không âm là 0 và 1.

khi

)3,1[

∈

xf )(

2 4

khi khi

]4,3[ )7,4(

1 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

[ S Χ → + ∞ và 0;

]

1α ,

2α , …,

nα là các giá trị khác

Ví dụ 8. Xét hàm số

( ) S x

α k

}

∞

. Đây là hàm đơn giản trên [1, 7). Nhận xét : Cho hàm đơn giản nhau đôi một của S . { x Χ = ∈ Χ Đặt

∀ ∈ Χ

( ) S x

( ) x

α χΧ k

kΧ rời nhau,

∑

Χ = ΧU và

1 =

Thế thì các .

3A = (4, 7),

1α = 1,

2α = 2,

1Α = [1, 3),

x )(

Ví dụ 9. Xét hàm đơn giản ở ví dụ 8.

2A = [3, 4], Đặt 3α = 4. Khi đó các tập hợp này rời nhau và xf )( x )( + χα 2 A 2

χα 3 A 3

χα 1 A 1

,Χ M - không gian đo được, A ∈ M.

)

với mọi x ∈ [1, 7).

k =

Xét tính chất của hàm đơn giản. Cho ( Định lý 3. Cho S là hàm đơn giản trên Α

( ) S x

( ) x

α χΑ k

kΑ rời nhau,

kα khác nhau.

= ∑

=U1

1 =

kA ∈ M.

, ,

∈ Α

=M , k

( ) S x

= Α ∈ k

{

Khi đó S đo được trên Α khi và chỉ khi mọi Chứng minh. - Nếu S đo được trên Α thì

} n α k kA ∈ M thì theo định lý 1 mọi hàm đặc trưng

χΑ đo được S x đo được trên Α (vì là tổng, tích các hàm hữu hạn

( )

- Nếu

1Α , …, trên Α . Khi đó hàm đo được). 7. Cấu trúc của hàm đo được Định lý 4. Mọi hàm số đo được không âm trên Α đều là giới hạn của một dãy đơn điệu tăng các hàm đơn giản đo được trên Α . Chứng minh. Giả sử f là hàm đo được không âm trên Α . Đặt

khi

≥

( ) x

khi

1, 2,..., 2

≤

( ) f x

⎧ ⎪ = ⎨ − m ⎪⎩ 2

( ) f x m 1 − n 2

m n 2

( ) x là dãy đơn điệu tăng (theo n ) các hàm đơn giản đo được trên Α . x ∀ ∈ Α . Ta chứng minh

( ) f x

( ) S x n

lim n →∞

thì

( ) f x < +∞ thì với n đủ lớn ta có

Thật vậy, - Nếu

∈

( ) n< . f x { 1, 2,..., 2n

sao cho Do đó với n∀ đủ lớn tồn tại số tự nhiên

−

≤

( ) f x

( ) x

} ( ) f x

m − n 2

1 n 2

m n 2

m − n 2 lớn.

. Vì nên với n đủ

n= với n∀ .

- Nếu

( ) x ( ) f x

Suy ra, .

∀ ∈ Α trong cả hai trường hợp.

( ) f x = +∞ thì nS ( ) lim n S x = +∞ = n →∞ ( ) ( ) f x x S =

lim n →∞

Vậy,

$5. SỰ HỘI TỤ HẦU KHẮP NƠI

1. Khái niệm hầu khắp nơi

Định nghĩa 1. Cho không gian độ đo (X, M, μ) và A ∈ M . Ta nói một tính chất ℑ nào đó xảy ra hầu khắp nơi trên tập hợp A nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ(B) = 0 sao cho tính chất ℑ xảy ra tại mọi x ∈ A \ B.

Nói một cách khác, các điểm x ∈ A mà tại đó tính chất ℑ không xảy

Hiển nhiên, một tính chất xảy ra ( khắp nơi ) trên A thì xảy ra hầu khắp

ra đều thuộc tập hợp có độ đo không. nơi trên A. Sau đây ta đưa ra một vài khái niệm cụ thể thường sử dụng. Định nghĩa 2. Hai hàm số f, g cùng xác định trên tập hợp A ∈ M được gọi là bằng nhau hầu khắp nơi trên A (hay tương đương nhau trên A ) nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ(B) = 0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A \ B. Khi đó ta ký hiệu f ~ g (trên A).

)( xf

)1,0( 0

khi khi

∈ x

1 x ∞+

⎧ ⎨ ⎩

Ví dụ 1. Hàm số Dirichlet D(x) ~ 0 trên ℜ vì D(x) = 0 với mọi x ∈ ℜ \ Q , trong đó Q ⊂ ℜ là tập đo được và có độ đo không. Ví dụ 2. Hàm số

xg )(

khi khi

∈ x

)1,0( 0

1 ⎧ x ⎨ 1 ⎩

tương đương với hàm số

trên [0, 1), vì f(x) = g(x) với mọi x ∈ [0, 1) \ B, trong đó B = {0} là tập con của [0, 1), đo được và có độ đo không.

khi

sin

,0[

]

xf )(

π I

khi

∈ x

,0[

∈

π 2

⎧ ⎨ cos ⎩

Ví dụ 3. Hàm số

π tương đương với hàm số g(x) = cosx trên [0, 2

] .

)( xf

Định nghĩa 3. Hàm số f được gọi là hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ(B)= 0 sao cho f(x) ∈ ℜ với mọi x ∈ A \ B. Ví dụ 4. Hàm số f(x) được cho ở ví dụ 2 hữu hạn hầu khắp nơi trên [0, 1). Định nghĩa 4. Hàm số f được gọi là xác định hầu khắp nơi trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ(B) = 0 sao cho f xác định trên A \ B.

1 x

= xác định hầu khắp nơi trên ℜ .

Ví dụ 5. Hàm số sơ cấp

xf )(

x )(

Định nghĩa 5. Dãy hàm số { }nf được gọi là hội tụ hầu khắp nơi về hàm số f trên tập hợp A ∈ M nếu tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ(B) =

lim n +∞→

0 sao cho

sin n 2

f n với mọi x ∈ A \ B. Ví dụ 6. Dãy hàm số { }nf )( n x

)( xf

xác định bởi

x 3 x += − 4 xx +− 32 += 4 x −

hội tụ hầu khắp nơi về hàm số trên [-1, 1].

2. Sự hội tụ hầu khắp nơi

Định lý 1. Cho không gian độ đo (X, M, μ) và A ∈ M . Khi đó

(i) Nếu f ~ g (trên A) và { }nf hội tụ h.k.n về f trên A thì { }nf

hội tụ h.k.n về g trên A.

(ii) hội tụ h.k.n về g Nếu { }nf hội tụ h.k.n về f trên A và { }nf

trên A thì f ~ g (trên A).

(i) Vì f ~ g (trên A) nên tồn tại một tập hợp B ⊂ A , B ∈ M, μ(B) =

Chứng minh.

0 sao cho f(x) = g(x) với mọi x ∈ A \ B.

x )(

f n

lim n +∞→

hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A , xf )(

xg )(

xfn )(

Mặt khác, vì { }nf C ∈ M, μ(C) = 0 sao cho với mọi x ∈ A \ C. Khi đó (B U C) ⊂ A, B U C ∈ M, μ(B U C) = 0 và với mọi

hội tụ h.k.n về g trên A. x ∈ (A \ B) I ( A \ C) = A \ (B U C) ta có lim xf )( n +∞→ Vậy { }nf

(ii) Tương tự, do { }nf

x )(

xf )(

f n

hội tụ h.k.n về f trên A nên tồn tại một tập hợp

lim n +∞→

với

xg )(

B ⊂ A , B ∈ M, μ(B) = 0 sao cho mọi x ∈ A \ B.

lim n +∞→

xfn )(

Lại do { }nf ∈ M, μ(C) = 0 sao cho

hội tụ h.k.n về g trên A nên tồn tại một tập hợp C ⊂ A , C xfn )( với mọi x ∈ A \ C. = Khi đó, theo tính chất duy nhất của giới hạn của dãy số, với mọi x ∈ (A \ B) I ( A \ C) = A \ (B U C) ta phải có lim xf )( )( xg n +∞→ Mà (B U C) ⊂ A, B U C ∈ M, μ(B U C) = 0 nên f ~ g (trên

A). Định lý được chứng minh. Từ định lý suy ra rằng, nếu ta đồng nhất các hàm số tương đương thì giới hạn của dãy hàm hội tụ hầu khắp nơi là duy nhất.

Định lý 2. (Egoroff) Giả sử { }nf

là một dãy hàm đo được, hữu hạn h.k.n, hội tụ h.k.n về hàm số f đo được, hữu hạn h.k.n trên một tập hợp A có độ đo hữu hạn. Khi đó với mỗi ε > 0, tồn tại một tập hợp E đo

hội tụ đều về được, E ⊂ A sao cho μ(A \ E) < ε và dãy hàm { }nf

f trên E.

Ý nghĩa: Định lý Egoroff khẳng định rằng mọi sự hội tụ có thể biến thành hội tụ đều sau khi bỏ đi một tập hợp có độ đo bé tuỳ ý. Mối liên hệ giữa hàm đo được và hàm liên tục trên ℜ - Nếu A là tập đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ và hàm số f : ℜ→A là hàm liên tục trên A thì f đo được (L) trên A.

1−f

Thật vậy, nếu a ∈ ℜ là một số thực bất kỳ thì vì f liên tục trên A nên tập hợp

(-∞, a) B = { x ∈ A : f(x) < a } =

là một tập mở trong A.

Mặt khác, do A là không gian con của ℜ nên B = A I G , với G là một tập mở trong ℜ . Suy ra B đo được theo nghĩa Lebesgue trên ℜ . Vậy f đo được (L) trên A. - Ngược lại, một hàm số đo được (L) trên tập hợp A⊂ ℜ chưa chắc là hàm liên tục trên A.

Tuy nhiên định lý dưới đây sẽ cho ta thấy một hàm đo được có thể trở thành hàm liên tục nếu bỏ qua một tập hợp có độ đo bé tuỳ ý. Định lý 3. (Lusin) Giả sử

Χ M , ,

f là một hàm số hữu hạn xác định trên tập hợp A⊂ ℜ ; A là tập đo được theo nghĩa Lebesgue và có độ đo hữu hạn. Khi đó f đo được (L) trên A khi và chỉ khi với mọi số ε > 0, tồn tại một tập hợp đóng F ⊂ A sao cho μ(A \ F) < ε và f liên tục trên F. $6. SỰ HỘI TỤ THEO ĐỘ ĐO

là không gian độ đo, Α ∈ M và f , 1f , được

3. Khái niệm ) Định nghĩa 1. Giả sử ( μ 2f , … là những hàm đo được hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Dãy { }nf μ⎯⎯→ trên A, nếu với gọi là hội tụ theo độ đo đến f và ký hiệu 0ε∀ > ta đều có

−

≥

∈ Α

0 = .

( ) f x

} ε

{

)

( μ

lim n →∞

∈ Α

−

≥

n ∀ ∈

( ) x

( ) x 0 n ∀ > ∀ > ∃ ∈ (cid:0) sao cho ε 0 ( ) f x f n : > ⇒ 0

δ {

(cid:0)

( μ

) } ε δ < .

Nói cách khác, với

2f , … hữu hạn hầu khắp nơi đảm bảo cho

f− xác định hầu khắp nơi trên A.

[0,1

)

, x

khi x

∈

−

1 n

( ) f x n

,1)

khi x

[1 ∈ −

1 n

⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩

[0,1)

xác định bởi Chú ý: Điều kiện f , 1f , nf Ví dụ 1. Xét dãy hàm { }nf

∈ .

) f

, ( f x x x = μ⎯⎯→ trên [0,1). 4. Tính duy nhất của giới hạn theo độ đo

Thế thì và hàm số nf

μ⎯⎯→ trên A thì

g(cid:0)

trên A, Định lý 1.

μ⎯⎯→ trên A và

μ⎯⎯→ trên A thì f

g(cid:0)

trên A. a) Nếu f , g đo được và f μ⎯⎯→ trên A. g nf

b) Nếu Chứng minh.

≠

( ) f x

} ( ) g x

{ x Β = ∈ Α

−

≥

( ) g x

x B f x ( ) :

g x ( )

−

∈

≥

} ε ≥ ⊂

−

( ) g x

( ) x

−

( ) f x

( ) x

−

( ) f x

( ) x

} = ε } { ε U } ε ≥ ∪ Β = } ε ≥ ∪ Β ⊂ } ε ≥ ∪ Β

)

∈ Α

≥

−

( ) x

g(cid:0) a) Vì f ( ) 0 μ Β = (vì f , g đo được nên Β ∈ M ). 0ε∀ > ta có Với { ( ) x x : Α = ∈ Α { x A B f x ( ) = ∈ { ⊂ ∈ Α Β { x = ∈ Α Β { x ⊂ ∈ Α Suy ra ( μ

{

) } ( + ε μ

( μ : ∈ Α

−

( ) x

( ) f x ) } ≥ → ε

có độ đo trên A nên tập hợp

μ⎯⎯→ trên A. g

nf ( μ

)

( ) f x μ⎯⎯→ trên A.. f 0 Α = . Vậy nf

) Α ≤ n ( { μ khi n → ∞ vì lim n →∞

Do đó

b) Đặt

)

( f x

∈

−

}

)

( f x

( g x

≠

0 {

)

( g x } ( g x

( f x

∈

−

≥

∗

)

( f x

( g x

∈

−

≥

∈

∗

(

)

( f x

∈

−

≥

∈

∗

(

)

( g x

∈

−

≥

∈

ε 2

{ ∈ { ⎧ ⎨ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩

} , ε ε 1 ⎫ ⎬ k ⎭ ε ⎫ ⎬ 2 ⎭ ⎫ ⎬ ⎭

f g đo được trên A..

,nf ,

)

0 = .

Ta có các tập hợp này đều đo được vì

0( Aμ

Ta cần chứng minh

A - Trước hết ta chứng minh 0

+∞ = U . A k 1 =

( ) f x

( ) g x

−

(1)

0 > .

x A∈ 0

Lấy , ta có x A∈ và

( ) f x

( ) g x

x A∈

−

≥

> , suy ra

Theo tính chất trù mật của tập số thực sẽ tồn tại số tự nhiên 0k sao cho

1 k 0

+∞ ∈ U . A k =

+∞

A k

nên

∈ U thì tồn tại số tự nhiên 0k sao cho

( ) f x

( ) g x

−

≥

x A∈

Ngược lại, lấy

1 k 0

( ) f x

( ) g x

−

> , do đó

. Suy ra x A∈ và nên

x A∈ 0

+∞

)

( μ

A 0

Vậy (1) được chứng minh. Khi đó ta có

≤ ∑

(2)

∗

∀ ∈ ¥ ,

0ε∀ >

C n

B n

ε ⊂ U , n A

- Bây giờ ta chứng minh

(3) hay

)

\ (

\ A A

C n

B n

ε ⊃

U ( \ A C n

( \ A B n

)

∈

( \ A C n

( ) g x

( ) f x

−

Thật vậy, lấy

( ) nf x

A I ) I ) ( \ A B n ε 2

và ta có x A∈ và ε 2

( ) f x

( ) g x

( ) f x

( ) g x

−

≤

( ) f x n

( ) f x

( ) g x

≤

−

( ) f x n

ε ε + 2 2

∈

Suy ra

\ x A Aε

. Vậy (3) được chứng minh.

)

≤

( μ

Do đó Khi đó

B n

C n

( A εμ

(4)

)

B n

C n

0 =

0, lim ( μ →+∞

Mà

lim ( μ n →+∞ μ⎯⎯→ , nf f

)

0 = ∀ > ε

μ⎯⎯→ trên A, nên lấy lim hai vế của (4) ta được g ( Aεμ

vì

∗

khi

0, = > ∀ ∈

( μ

) Α = k

(cid:0)

1 k

)

= . Định lý được chứng minh.

Suy ra

0( Aμ

Từ (2) ta có

• Định lý này cho thấy giới hạn của dãy hàm số theo độ đo là duy nhất,

nếu ta đồng nhất các hàm tương đương (tức là bỏ qua tập hợp có độ đo 0).

5. Mối liên hệ giữa hội tụ hầu khắp nơi và hội tụ theo độ đo.

đo được, hữu hạn hầu khắp nơi, hội tụ hầu

μ⎯⎯→ trên A. f

)

Α Β < và dãy hàm số { }nf

Định lý 2. Nếu dãy hàm số { }nf khắp nơi đến hàm số f đo được, hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A có độ

nf đo hữu hạn thì Chứng minh. Giả sử ε và η là hai số dương tùy ý. Theo định lý Êgôrốp, tồn tại một tập hợp ( \μ hội con đo được B của tập hợp A sao cho tụ đều đến hàm số f trên tập hợp B. Do đó tồn tại một số tự nhiên 0n sao cho với mọi số tự nhiên n , nếu

n n≥ 0

thì

−

< với mọi x ∈ Β

( ) x

( ) f x ε

∈ Α

−

\ ≥ ⊂ Α Β với mọi

( ) x

n n≥ 0

} ( ) f x ε

;

A B \

)

∈ Α

−

≥

( ) x

( ) f x

n≥ 0

) } ( ≤ ε μ

với mọi ,

μ⎯⎯→ trên A (đpcm).

)μ Α < +∞ trong định lý 2 không thể bỏ qua.

Khi đó { nên ( { x μ tức là

( ) x

0 khi n khi

n n

*Nhận xét. ( Giả thiết Ví dụ 2. Giả sử { }nf

⎧ = ⎨ ⎩ 1, 2...

n ( ) 0 f x = với mọi x ∈ (cid:0) .

là một dãy hàm số xác định trên (cid:0) bởi x < x ≥

hội tụ khắp nơi đến hàm số f trên (cid:0) .

)

( f x

Thật vậy, giả sử x ∈ (cid:0) là số cố định, bất kì. Khi đó luôn tồn tại số

( ) x → trên (cid:0) . 0

0 lim 0 n →+∞

. Vậy

+ ∞

∈

≥

1ε< < và với mọi số tự nhiên n , ta đều có ( ) f x :

( ) x

)

không hội tụ theo độ đo đến f trên (cid:0) .

{ x = ∈

} [ ε =

} ε

(cid:0)

∈

= +∞

≥

−

( ) x

{

} ε

(cid:0)

(cid:0) Do đó ( μ

)

( ) với mọi n . f x Ví dụ 3. Α = (cid:0) , μ là độ đo Lebesgue trên đường thẳng và

x n ≤ ≤ +

( ) x

và - Dễ thấy dãy hàm số { }nf tự nhiên 0n sao cho x < 0n . Thế thì với mọi số tự nhiên n > 0n , ta ( ) nf x = . có x < n nên Suy ra lim ( ) x f = →+∞ - Tuy nhiên { }nf Thật vậy, với 0 { f x : −

1, ⎧ = ⎨ 0, ⎩ 0

= →

0 − ≥

( ) x

1 2

khi n 1 tai cac diem khac ( ) x → tại mọi điểm, nhưng với n∀ ⎧ ( μ ⎨ ⎩

⎫ ) 1 ⎬ ⎭

Thế thì

}knf

hội tụ theo độ đo đến f trên A thì tồn tại dãy con {

∈ Α

−

≥

0 =

{

} ε

μ⎯⎯→ trên A, nên với ( μ

)

( ) f x m k

∀ ≥

∈ Α

−

≥

( ) x

( ) f x

n 1 n

1 n 2

⎧ ⎨ ⎩

⎫ ⎬ ⎭

0ε∀ > ( ) x lim n →∞ Do đó với n∀ , tồn tại nk sao cho với ⎛ μ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

Định lý 3. Nếu { }nf hội tụ hầu khắp nơi đến f trên A. Chứng minh. nf Vì

∈ Α

−

≥

( ) f x

( ) x

1 n

⎧ ⎨ ⎩

⎫ ⎬ ⎭

⎛ μ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎠

Đặc biệt

, …

f⊂

1 n 2 k k> , 3 k Vì có thể lấy nk lớn tùy ý nên sau khi lấy 1k ta chọn 2 1 } Như vậy ta được dãy con { f

∞ ∞

∞

. Đặt

−

≥

Β =

( ) x

( ) f x

ΒI U hay

Cm Β = I ,

{ } 1 n

⎫ ⎬ ⎭

m n m 1 =

1 =

⎧ x Β = ∈ Α ⎨ ⎩ ∞

ΒU

n m =

x∀ ∈ Α Β .

( ) x

( ) f x

) 0 μ Β = và

(

lim n →∞

Ta chứng minh với

(

)

μ Β < n

∞

, nên Thật vậy, ta có

( μ

) Β ≤

( μ

)

) Β < n

1 m 1 −

1 1 m −

1 n 2 ∞ ∑

∑

1 n 2

n m =

⎞ Β ≤ ⎟ n ⎠

(

⎛ μ U ⎜ ⎝ n m = m∀ . Do đó

x C∉

x A B

) Bμ = . \ ∈

, với

0m để

x ∈ Α Β thì \

∀ ≥

n m 0

x ∉ Β với n

Nếu . Do đó

< với

∀ ≥

−

( ) x

n m 0

nkf

. thì tồn tại số tự nhiên . Từ định nghĩa tập hợp nB suy ra 1 n

( ) f x

( ) x

( ) f x x∀ ∈ Α Β hay dãy con {

}knf

lim n →∞

nk khắp nơi đến f trên A (đpcm).

Vậy với hội tụ hầu

CHƯƠNG II. TÍCH PHÂN LEBESGUE

) μ

, Α ∈ M và S là hàm đơn giản, đo

được trên A. Gọi

n .

α k

A k

1α , { = ∈

}

Đặt

$1. ĐỊNH NGHĨA 1. Tích phân của hàm đơn giản Cho không gian độ đo ( Χ M , , nα là các giá trị khác nhau đôi một của S . 2α , …, ( ) x A S x : n

x A .

∀ ∈

( ) S x

( ) x

kA rời nhau,

α χ A k k

∑

1 =

= U và A k 1 Khi đó người ta định nghĩa tích phân của hàm S như sau.

(

)

Thế thì các

∑

Aα μ k 1

a) Định nghĩa 1. Số được gọi là tích phân của hàm đơn

Sdμ∫

( ) S x dμ

giản, đo được S trên tập hợp A đối với độ đo μvà kí hiệu

∫ A Vậy

)

A k

. hay

= ∑

∫

( α μ k 1

(1)

b) Nhận xét

Sdμ∫

1. là một số không âm hữu hạn hoặc vô hạn.

x A ;

∀ ∈

( ) S x

( ) x

α χ A k k

∑

k 1 = m

x A,

∀ ∈

( ) S x

( ) x

∑ i β χ B i

1 =

2. Ta chứng minh định nghĩa tích phân bởi công thức (1) là hợp lý, nghĩa là chứng minh giá trị của tích phân đó không phụ thuộc vào cách biểu diễn hàm số S(x). Thật vậy, giả sử hàm đơn giản S(x) có hai cách biểu diễn:

A B ∈ M, i

=U A k

U , B i

1 i = ', k i

∩

, φ

∩

1 k = , k φ

≠

trong đó

A k

B i

)

A k

( βμ i

B i

∑

( α μ k 1

)

A k

A A = k

B i

Ta cần chứng minh .

U I ( A k

I U (

)

(

)

(

, φ

≠

B i

A k

B i

Ta có ,

A k

I )

A k m

)

( μ

A k

B i

trong đó ( B i

= ∑

n m

)

⇒

A k

( α μ k

A k

B i

∑

∑ ∑

( α μ k 1

1 1 i = =

)

( βμ i

B i

( βμ i

B i

A k

Do đó

m ∑ 1 i =

m n ∑ ∑ 1 1 i k = = Xét một cặp ( , )k i , có hai khả năng:

Tương tự

A k

)

B i

∈

B = ∅ I B ≠ ∅

+ , khi đó

x , lấy 0

A k

)

(

)

i =

B i β α β i

)

⇒

thì

I ( A α μ k k I A + k ( S x 0 ( α μ k

B i

i A k

k B i

, S xα 0 k I ( ) = βμ i

I ( B A μ k i I = ⇒ = I

)

A k

B i

( βμ i

A k

B i

A k m n ∑ ∑ ( α μ k 1 1 i k = =

m n ∑ ∑ 1 1 i k = =

( ) D x

Vậy .

] 0,1 Q

∈

)

( μ

⎧ 1, ⎪ = ⎨ khix ⎪⎩ ] [ 0,1 )

I Q

Từ đây ta có điều phải chứng minh. ]0,1 : Ví dụ 1. Cho hàm Direchle trên [ I [ khix Q ∈ ] [ 0,1 \ ( Q = μ≤ Ta có

(

I Qμ⇒ μ

= .

( )

] [ 0,1 ) ] [ ( 0,1 \ ) 1Q 1.0 0.1 D x dμ = +

. Vậy

[

khi

≤

1 2

( ) f x

Do đó ∫ ]0,1

khi

≤

1 2

⎧ 1, ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩

1. ([0,

,1))

fdμ μ =

)) 2. ([ μ

Ví dụ 2. Cho hàm số

∫

1 2

3 2

1 2

[0,1)

. Thế thì

≤

c) Các tính chất

≤

, f g ≥ ∫

∫

∗∈ ¥ , đơn điệu

} { ,

}

A 2. Nếu hai dãy hàm đơn giản, đo được { f

g f n n trên A thì

1. Nếu hai hàm đơn giản, đo được trên A thì

lim n →+∞

f d n

g d n

tăng và lim →+∞

∫

lim n →+∞

(1)

→+∞

. . Khi đó lim n g n Chứng minh Đặt lim n f n →+∞

( ) f x

( ) x

Xét hai trường hợp sau đây.

= ∑

α χ k A k 1

f d n

a) f là hàm đơn giản: .

∫

≥

(2) Ta chứng minh lim →+∞

{

A (0,1) ( ) : f x n

, k n

≤

, k n

A + , 1 k n

t ∈ Thậy vậy, chọn A x A ∈ = k f + 1 n

bất kì, đặt } tα k ⊂ nên . Khi đó, do

( ) f x

f↑ nên

x A∈ k

tα α > k

Mặt khác, với ta có

x A ∈

, k n

, mà nf +∞

⇒ ∈ U x

( ) f x n

tα> k

+∞

A k

với n đủ lớn , do đó .

⊂ U . A , k n 1 = Bao hàm ngược lại là hiển nhiên vì

∗

n ∀ ∈

⊂

⇒

⊂

, k n

A k

, k n

A k

Từ đó ta có bao hàm

+∞ U 1 n =

+∞

)

( μ

⇒

A k

, k n

A k

, k n

lim ( μ n →+∞

( ) x

ϕ n

t α χ k A

Vậy .

, k n

= ∑

f d

≤

f ≤ ⇒

≤

ϕ n

d ϕ μ n

f d n

thì Đặt

1 ∫ A

∫ A

(3)

)

→

, k n

( t α μ k

d ϕ μ n

( t α μ k

A k

μ .

∫

∑ 1 =

≤

f d n

∫ A Lấy giới hạn của (3) khi n → +∞ ta có ∫ fd

∫

lim n →+∞

g d n

∫

A t → ta được (2). Lại cho Tương tự ta chứng minh được lim →+∞

Cho n → +∞ , ta được m

). Từ đó ta có (1) khi f là hàm đơn giản. (vì lim n g →+∞

f ≥ là hàm đo được tuỳ

b) Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp

ý.

min

∗∈ ¥ , đặt

}

h n

, f g n m

↑

≥

g↑

{ g n

f n

h nên n

lim n →+∞

Lấy cố định m thì nh cũng là

h d n

g d m

∫

lim n →+∞

≤

⇒

≤

hàm đơn giản. Mặt khác, do khi n → +∞ . Theo phần vừa chứng minh, ta có

f ≤ ⇒ n

h d n

f d n

h d n

f d n

∫

lim n →+∞

≤

⇒

g d m

f d n

μ .

lim n →+∞

∫ A

≤

g d m

f d n

∫ A Cho m → +∞ ta được

lim →+∞

lim n →+∞

∫ A

≤

g d n

∫ A f d n

μ .

Nhưng vì h n

lim n →+∞

∫ A

hay lim n →+∞

f ≥ là hàm đo được bất kì.

Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức ngược lại. Vậy ta

[0,

]

có (1) với 2. Tích phân của hàm đo được bất kì a) Trường hợp hàm số đo được không âm

f A → +∞ là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu

Cho

nf ≥ hội tụ về f trên A .

tăng các hàm đơn giản đo được

0 Định nghĩa 2. Tích phân của hàm f trên A đối với độ đo μ là số

f d n

∫

lim n →+∞

(4) (hữu hạn hoặc vô hạn) ∫

}nf

−

. Theo tính chất 2 của tích phân của hàm đơn giản thì tích phân (4) được xác định một cách duy nhất, không phụ thuộc vào cách chọn dãy hàm đơn giản {

−

0 ≥ .

−

f+ ,

b) Trường hợp hàm đo được có dấu bất kì Giả sử f là hàm đo được trên A . Khi đó ta có f

có tích phân tương ứng trên A là Các hàm số

+ f d

, μ

∫

+ f d

−

∫

+ f d

−

Xét hiệu .

∫

∞ − ∞ ), thì ta gọi nó là tích phân của hàm đo được f trên A đối với độ đo μ:

+ f d

−

Định nghĩa 3. Nếu hiệu có nghĩa (tức là không có dạng

∫

(5)

(

)

Định nghĩa 4. Nếu tích phân (5) hữu hạn thì ta nói f là hàm khả tích trên tập hợp A . Định nghĩa 5. Khi X = ¡ và μlà độ đo Lebesgue thì tích phân định

∫ L fdx

(

( )

)

L f x dx

nghĩa như trên được gọi là tích phân Lebesgue, kí hiệu lại là hoặc

∫

c d

const

( c μ μ=

) ,

c) Các tính chất đơn giản Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây.

∫

B A ∩

( ) x d

( = μ αμ

)

B A ∩

∫

αχ B A

∫ μ αχ A

∩

( ) x d

) A

B k

∩

α χ k B

∑

∫

n ∑ ( μ αμ 1 k =

1 =

) 0

∫

1 = Aμ = , f đo được thì f dμ= )Aμ < +∞ , f đo được và bị chặn trên A thì f khả tích trên A.

( (

4. Nếu

5. Nếu Chứng minh

0 f ≥ . Nếu

) 0

Aμ = thì với mọi dãy hàm { }nf (

đơn giản tăng về

f d

0 = ⇒

f d n

∫

(

∀ ∈ thì với mọi dãy hàm đơn giản { }nf x A

4. Cho f ta có

)Aμ < +∞ , 5. tăng về f , ta có

( ) f x ≤ K≤ nf

K d

≤

< +∞

nên

( K = μ μ

)

f d n

∫

f d

< +∞

( K ≤ μ μ

)

∫

∫ lim n n →∞ A

Từ đó suy ra

Nhận xét. Từ tính chất 5 suy ra mọi hàm số bị chặn, liên tục hầu khắp nơi trên khoảng hữu hạn ⊂I (cid:0) đều khả tích Lebesgue. Như vậy lớp các hàm khả tích Lebesgue trong (cid:0) bao gồm tất cả các hàm khả tích Riemann và còn bao gồm nhiều hàm số khác (như hàm Direchle chẳng hạn).

$2. CÁC TÍNH SƠ CẤP CỦA TÍCH PHÂN

Ở mục này ta luôn giả thiết các hàm số và tập hợp được nói đến đều đo được. 1. Cộng tính.

f d

Α ∩ Β = thì

∫

Α∪Β

Định lý 1. Nếu

Ε = Α ∪ Β

( ) f x

α χ k Ε

1 =

(với giả thiết vế trái hoặc vế phải có nghĩa.) Chứng minh. a) Trường hợp f đơn giản trên Α ∪ Β.

∑ )

(

( ) x U , ( Ε = Α ∪ Β ∩ Ε = Α ∩ Ε ∪ Β ∩ Ε

(

)

. Vì A, B

f d

Α ∩ Ε

Β ∩ Ε

(

)

(

)

(

)

α μ k

∑

∫

Α ∪ Β

f d

∫

Ta có rời nhau nên Α ∩ Εk , Β ∩ Εk rời nhau. Do đó

f ≥ trên Α ∪ Β.

nf tăng về f thì theo a)

f d n

∫

Α∪Β

∫ Β Cho n → ∞ ta được đẳng thức cần chứng minh. c) Trường hợp f bất kỳ: Theo b)

+ f d

( )1

∫

Α∪Β

− f d

( )2

∫

Α∪Β

là dãy hàm đơn giản, b) Trường hợp Cho { }nf

f dμ

∫

Α∪Β

có nghĩa thì vế trái của một trong hai đẳng thức trên hữu hạn Nếu

+ f d

− f d

−

+ f d

− f d

−

μ ,

∫

(nếu chẳng hạn vế trái của (1) hữu hạn thì hai tích phân ở vế phải hữu hạn và các hiệu số

f d

có nghĩa.) Trừ (1) cho (2) ta được điều phải chứng minh.

∫

Nếu có nghĩa thì suy luận tương tự.

f dμ

∃∫

f khả tích trên E.

f d

μ .

thì . Nếu f khả tích trên A thì Hệ quả 1. Nếu Ε ⊂ Α và

) 0 μ Β = thì

(

∫

Α∪Β

Hệ quả 2. Nếu

( Α ∪ Β = Α ∪ Β Α và vì

)

(

Chứng minh. - Nếu A, B rời nhau thì đây là hệ quả trực tiếp của định lý 1 và tính chất 4 trong $1. - Nếu A, B không rời nhau thì ta viết

) μ Β Α = nên ta trở lại trường hợp trên. 2. Bảo toàn thứ tự.

f = hầu khắp

f d

g d

g(cid:0)

∫

thì . Đặc biệt, nếu Định lý 2. Nếu f

f dμ

. nơi trên A thì

∫ Α Chứng minh. Đặt

) μ Α Β = (do f

(

} ( ) g x

g(cid:0)

{ ( ) f x x Β = ∈ Α Theo hệ quả 2 định lý 1

f d

∫

∫ ( Β∪ Α Β

)

g d

thì Β ∈ M và

∫

∫ g d Α

f d

g d

tương tự

μ .

∫

) ' μ Α Α = thì

(

Từ đó suy ra

'Α ⊂ Α với Α Α người ta vẫn định nghĩa

f d

∫

Nhận xét. Tính chất này cho thấy: khi thay đổi giá trị của hàm số lấy tích phân trên một tập hợp có độ đo 0 thì giá trị của tích phân không thay đổi. Do đó nếu f đo được trên tập hợp dù f không xác định trên

f d

g d

g≤ trên A thì

≤

0 f ≥ trên

∫

. Đặc biệt nếu Định lý 3. Nếu f

≥

f dμ

. A thì

}ng

- Nếu f , tăng đến f , {

∫ Α Chứng minh. - Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên. g ≥ trên A thì có dãy hàm đơn giản { }nf

≤

g≤

f d n

g d . μ n

∫

. Khi đó tăng đến g sao cho

Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh.

−

−≥ g

+≤ g

− f d

− g d

≥

+ f d

+ g d

≤

μ ,

, f nên - Nếu f , g tùy ý thì f

∫

. Trừ từng vế ta được điều

Α phải chứng minh. Hệ quả 3. Nếu f khả tích trên A thì nó phải hữu hạn hầu khắp nơi trên A. Chứng minh. Đặt

= +∞ . Theo hệ quả 1, f khả tích trên B nhưng với

( ) f x

} k> trên B nên

{ x Β = ∈ Α ( ) f x k∀ ta có

f d

( k μ μ ≥

) , k Β ∀

∫

) 0 μ Β = .

(

)C μ = .

{ x = ∈ Α

Bất đẳng thức này chỉ đúng với k∀ nếu Tương tự ta cũng chứng minh được trường hợp tập hợp } ( ( ) C f x = −∞ sẽ có Vậy f hữu hạn hầu khắp nơi trên A.

f ≥ trên A và

f = hầu khắp nơi trên A.

f dμ

∫

thì Hệ quả 4. Nếu

∗

Chứng minh.

≥

∈

( ) f x

(cid:0) . Ta có

1 n

⎫ , ⎬ ⎭

⎧ x Β = ∈ Α ⎨ ⎩

f d

≥

∫

\ Α Β

∗

n ∀ ∈

≥

(

)

(cid:0)

∫

1 n

Đặt

(

1 n ) 0 nμ Β = .

∞

Do đó

( ) f x

{ x Β = ∈ Α

} 0

= ΒU .

1 =

Mặt khác

f = hầu khắp nơi trên A.

Vậy

) 0 ( μ Β = , suy ra 3. Tuyến tính Định lý 4.

cfd

const

, fd c μ

∫

(

) f d

−

= −

∫

Nói riêng,

Chứng minh.

- Nếu f đơn giản thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh.

- Nếu tăng đến f nên suy ra có dãy

hàm đơn giản {

}ncf f d μ n

a) nếu tăng về cf và do đó

f ≥ thì có dãy hàm đơn giản { }nf }ncf và: 0 c ≥ thì { ∫ cf d = μ n A fd

∫ A cfd

∫

0,(

− )

= −

, chuyển qua giới hạn sẽ được

(

cfd

) cf d

−

b) nếu .

A 0 c < thì 0 cf ≤ nên ( ∫

+ ) ∫

(

A ) cf d μ

−

= −

Theo định nghĩa

A μ

∫ A

∫ A cfd

∫

Theo a)

−

Vậy

= +

- Nếu f bất kỳ thì f

− − )

(

+ )

cf khi c

≥

−

− )

(

+ )

cf khi c

= −

< 0

và −

(

) g d

Từ đó suy ra điều phảichứng minh.

∫

Định lý 5.

A (nếu vế phải có nghĩa). Chứng minh.

)

( g x

= −∞

)

( f x

( ) f x ( ) f x

, = +∞ ( ) g x +

= −∞ g+

Để ý rằng tại một điểm x A∈ có thể xảy ra: ( g x = +∞ . Khi đó

)

(

) hoặc Thành thử f nhiên, với giả thiết vế phải của đẳng thức trên có nghĩa, dễ thấy rằng Bμ = , nghĩa là f 0 phải xác định hầu khắp nơi trên A . Ta chia A thành sáu tập hợp con đôi một rời nhau như sau:

(

)

: A f x

( g x

( f x

( g x

∈

≥

(

)

: A f x

( g x

( f x

( g x

≥

∈

≥

(

)

: A f x

( g x

( f x

( g x

≥

∈

(

)

: A f x

( g x

( f x

( g x

∈

≥

(

)

: A f x

( g x

( f x

( g x

∈

≥

(

)

: A f x

( f x

( g x

∈

{ x { { { { {

} } 0 } } } }

( g x

1,2,...,6

(

, gd E A i

) g d

, μ

có thể không xác định trên một tập hợp B không có nghĩa. A⊂ . Tuy

∫

Dựa vào tính chất cộng tính của tích phân, ta chỉ cần chứng minh ∫ ∫

}ng

E - Nếu f , g đơn giản trên A thì điều đó là hiển nhiên. g ≥ trên A thì có dãy hàm đơn giản { }nf

tăng đến f , {

(

g d ) n

f d n

g d E A . ) ( μ n

∫

- Nếu f , tăng đến g . Khi đó

)

≥

Chuyển qua giới hạn sẽ được điều phải chứng minh.

E A = 3

)

f 0

≥

0, ( −

+ ≥ nên theo phần vừa chứng minh và theo

- Xét tập hợp khác, chẳng hạn .

[

(

)] g d

−

[ ( −

∫ E

(

) g d

−

∫ E

Khi đó do định lý 4

Mặt khác, theo định lý 4, ta có

[

(

)] g d

) g d

−

= −

∫

(

) g d

−

∫

(

hay

) g d

∫

Vậy

f d

≤

4. Khả tích

μ .

fdμ∫

∫

Định lý 6. Nếu có nghĩa thì

+ f d

− f d

+ f d

− f d

≤

−

≤

∫

−

(

)

f d

∫

f dμ < +∞

Chứng minh.

∫ A

fdμ ≤ +∞

Định lý 7. f khả tích trên A khi và chỉ khi f khả tích trên A . Chứng minh. f khả tích trên A thì . Theo định lý 6, suy ra

∫ A Ngược lại, f khả tích trên A thì

+ f d

− f d

+ f d

− f d

−

< +∞ ⇒

, μ

< +∞ ⇒

∫ A

(

− ) f d

f d

< +∞

⇒

∫

. Vậy f khả tích trên A .

Vậy f khả tích trên A .

g≤ hầu khắp nơi trên A và g khả tích trên A thì

f d

≤

∫

g±

Định lý 8. Nếu f f khả tích trên A . Chứng minh. g ≤ ⇒ nên nếu g khả tích trên A thì f khả

khả tích trên A .

) g d

∫

(

A f d

) g d

A μ

A ≤ +∞ ⇒

, ≤ +∞

≤ +∞

∫

.f g khả tích trên A .

tích trên A , suy ra f khả tích trên A . Định lý 9. Nếu f , g khả tích trên A thì f Chứng minh. ( f nên từ giả thiết Vì

A Định lý 9. Nếu f khả tích, g bị chặn trên A thì Chứng minh. Giả sử g M≤

fg d

M f d

fg M f ≤

⇒

≤

∫ A

∫ M f d A

.f g khả

trên A . Ta có ∫ A

Do đó, nếu f khả tích thì f khả tích, suy ra fg khả tích , vậy tích trên A . $3. CHUYỂN GIỚI HẠN QUA DẤU TÍCH PHÂN

f d n

lim n →+∞

∫ A

}nf

Vấn đề đặt ra là với điều kiện nào ta có đẳng thức:

Ta đã biết, đối với tích phân xác định theo Riemann thì điều kiện cần là dãy ],a b . Đây hội tụ đều về hàm số f trên đoạn lấy tích phân [ hàm { là một điều kiện rất ngặt nghèo. Trái lại, đối với tích phân Lebesgue thì điều kiện lại khá rộng rãi. Trong mục này ta xét hai trường hợp cho phép chuyển giới hạn qua dấu tích phân với điều kiện dãy hàm hội tụ đơn điệu, hoặc hội tụ bị chặn.

∗∈ ¥ , không âm, đo được, đơn điệu tăng đến

f d n

μ .

∫

lim n →+∞

1. Hội tụ đơn điệu Định lý 1 (đối với dãy hàm không âm). },nf Nếu dãy hàm { hàm f trên tập đo được A thì ∫ lim = n →+∞

là các hàm đơn giản thì đẳng thức này chính là định nghĩa tích

Chứng minh. - Nếu nf phân.

- Xét

(cố định) sẽ tồn tại dãy hàm đơn giản, Khi đó. với mỗi

nf ≥ , đo được bất kì. 1,2,... n = ∗∈ ¥ , tăng về hàm nf

)

}( ) ,n mg f

≥

( n m

nên có thể xem .

)

≤

( k n

⇒

≤

( n n ( ) k g d n

( ) n g d n

f d n

∫

f ∫

∫

)

≤

( n n

f n

lim n →+∞

)

(1)

hay f

≤

không âm { f + ≥ Vì 1n Do đó, với k n≤ thì

⇒

≤

lim n →+∞ ( ) k g d n

( ) n g d n

f d n

∫

lim n →+∞

hay

≤

( ) k g d n

( ) n g d n

f d n

∫

lim n →+∞

)

Cho n → +∞ , ta có ) ( k lim n n →+∞ ( n n

( n n

A ( ) ,k g ( do n tích phân).

là các hàm đơn giản nên có thể chuyển giới hạn qua dấu

(2)

≤

f d k

( ) n g d n

f d n

lim n →+∞

∫ A

)

≤

( n n

Vậy .

lim k →+∞

)

(3)

hay f

≤

lim lim n k →+∞ →+∞ ( n n

lim n →+∞

Lại cho k → +∞ , từ (1), ta được lim k →+∞

≤

f d k

( ) n g d n

f d n

lim k →+∞

lim lim n k →+∞ →+∞

∫ A

∫ lim lim n k →+∞ →+∞ A

∫ A

(4)

hay

≤

f d k

( ) n g d n

f d n

lim k →+∞

lim n →+∞

∫ A

Từ (2), ta được

f d k

f d n

lim k →+∞

lim n →+∞

∫ A

)

= , nên từ (4) suy ra

Thế mà

( lim n g n n →+∞

f d n

lim n →+∞

∫ A

Mặt khác, từ (3) ta có

},nf ( ) f x = n

Đây chính là đẳng thức cần chứng minh. Ví dụ 1. Cho dãy hàm {

∗∈ ¥ , xác định bởi 2 x + [0,1) ∈ n 1 x +

[0,1)

nf ≥ , đo được trên [0,1) . Đặt 2, ( ) x f x

∈

+ thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Mặt khác, ta đã biết, f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 1, ta có

Ta có

( ) f x dx

( ) f x dx n

∫

lim n →+∞

[0,1)

(

hay

∫

5 2

2 x + n 1 x +

lim n →+∞

[0,1)

∗∈ ¥ , đơn điệu tăng đến hàm f và

},nf

∫

lim n →+∞

Định lý 2 (đối với dãy hàm bất kỳ). Nếu dãy hàm đo được { 1f khả tích trên tập đo được A thì f d n .

≥ và dãy hàm

f− 1

∗

−

∈ ¥ , tăng về hàm

là dãy tăng nên

f− 1

. Do đó, theo định lý 1 đối với

(

−

) f d 1

f n

∫ A < +∞

−∞ <

f dμ 1

Chứng minh. Ta có { }nf }1 , { f dãy hàm không âm, thì

∫ lim ( n →+∞ A Vì 1f khả tích, tức là

∫

(

−

A f d 1

) f d 1

f d 1

f n

∫ A

∫ lim ( n →+∞ A

, nên

lim n →+∞

∫ A

Áp dụng tính chất của tích phân suy ra f d n

},nf

[0,1)

∈

−

( ) f x n

Ví dụ 2. Cho dãy hàm {

∫ A ∗∈ ¥ , xác định bởi x n

1 x + +

(

)

f Ta có 1

0 < , nf

1 2

[0,1)

( ) f x

∈

1 10 +

đo được trên [0,1) . Đặt

)

−

( f x 1

1 x + +

( ) f x dx

thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Dễ thấy 2 và f là hàm liên tục nên đo được và khả

∫

lim n →+∞

[0,1)

(

)

hay

−

x n

1 10 +

∫

11 10

1 x + +

lim n →+∞

[0,1)

∗∈ ¥ , là dãy hàm đơn điệu giảm thì định lý vẫn

},nf

∗∈ ¥ , đơn điệu giảm đến hàm f và

},nf

tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 2, ta có ∫ ( ) f x dx n

lim n →+∞

∫ A

Chú ý: Nếu { đúng. Định lý 3 (đối với dãy hàm bất kỳ). Nếu dãy hàm đo được { 1f khả tích trên tập đo được A thì f d n .

},nf Ví dụ 3. Cho dãy hàm { ( ) f x = n

x n

∫ A ∗∈ ¥ , xác định bởi 1 [1,2] x ∈ + n x

[1,2]

∈

)

1( f x

1 x

( ) f x thì dãy hàm đã cho giảm đến f trên [1,2] . Dễ thấy x + và f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [1,2] . Theo định lý 3, ta có

đo được trên [1,2] . Đặt Ta có nf

( ) f x dx

( ) f x dx n

∫

lim n →+∞

[1,2]

(

)

hay

x n

∫

1 n x

lim n →+∞

[1,2]

,ng n

0 ng ≥ và +∞

∗∈ ¥ , đo được trên A , thì +∞

g d n

∑

∫

∗

∈

f n

, g n k

Hệ quả 1. Nếu

}nf

nf ≥ , nf 0

Đặt thì đo được và {

Chứng minh. n ∑ 1 k = +∞

∑ trên A . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, ta

tăng đến

+∞

f d n

g d k

∫

= ∑ ∫

lim n →+∞

có

f d n

g d k

∑

∫

Mặt khác, vì

+∞

f d n

g d k

= ∑

∫

lim n →+∞

nên

+∞

g d n

∑

∫

∗∈ ¥ , đo được trên A , và

Vậy

,ng n

0 ng ≥ ,

Hệ quả 2. Nếu

+∞

< +∞

g dμ n

∑

∑ ∫ 1 n A =

+∞

( ) g x

( ) g x n

= ∑

, thì hầu khắp nơi trên A ,

hàm số khả tích trên A .

+∞

< +∞

g d n

∑

Chứng minh.

∫

n = +∞

( ) g x

( ) g x n

= ∑

Theo hệ quả 1, ta có

( )g x hữu

nên hàm số khả tích trên A và do đó

≤

f d n

hạn hầu khắp nơi. 2. Bổ đề Fatou

∫

nf ≥ trên A thì

lim n →+∞

inf

Nếu

, f + f n n

}ng

ng ≥ và { 0

}1,... g =

thì tăng đến

{ hay lim n →+∞

lim n →+∞

g d n

f d n

∫

lim n →+∞

≤

f d n

g d n

f≤

Chứng minh. g = Đặt n lim n f n →+∞ Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm

∫

≤

A f d n

g d n

∫

lim n →+∞

g dμ n

nên và Mặt khác, do n

∫ A

g d n

μ .

∫

lim n →+∞

có giới hạn nên Thế mà vì

Vậy

≤

g d n

f d n

l i m → + ∞

∫ A

h a y

≤

g d n

f d n

l i m → + ∞

∫ A

≤

⇒

f d n

l i m → + ∞

∫ A

∫ n A g≥

, g khả tích trên A thì bổ đề Fatou vẫn còn

Chú ý. 1. Nếu nf đúng:

f d n

lim → +∞

g≥ ∫ A

Nếu nf

g−

, g khả tích trên A thì ∫ lim ≤ → +∞ A

0 ≥ và

gdμ < +∞

Khi đó ta chỉ cần áp dụng phần vừa chứng minh cho

∫

g≤

≥

f d n

, g khả tích trên A thì

∫

lim n →+∞

, g g

−

A nf ≥ − − khả tích

g≤

∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo

},nf

2. Nếu nf ∫

f d n

Ta chỉ cần áp dụng chú ý 1 cho trường hợp trên A . 3. Hội tụ bị chặn Định lý 4 (Lebesgue). Giả sử (i) nf trên A ; (ii) g khả tích trên A ; (iii) dãy hàm { độ đo, trên A .

∫

lim n →+∞

},nf

)

, A B

∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi trên ( , Bμ B

⊂

∈

Khi đó

\A B .

}nf

hội tụ về f trên Chứng minh. - Giả sử dãy hàm { A . Khi đó tồn tại tập hợp sao cho {

≤

g − ≤

f n

≤

f d n

∫

, g g Vì \A B , theo chú ý 1,2 của bổ đề Fatou, ta có lim → + ∞

lim → + ∞

khả tích trên A nên g khả tích trên

≥

f d n

l i m → + ∞

∫ A

và

x A B

, = ∀ ∈

f n

lim n →+∞

≤

f d n

lim → +∞

Thế nhưng do

∫ \ A B

≤

f d n

lim → +∞

∫ \ A B

nên ∫ \ A B

f d n

∫

lim n →+∞

\ A B

)

(

Vậy

f d n

Bμ = nên hiển nhiên ta có ∫

∫

lim n →+∞

∗∈ ¥ , hội tụ theo độ đo về hàm f trên

Mặt khác, vì

},nf

A .

f d kn

Theo tính chất cộng tính của tích phân, ta suy ra đẳng thức cần chứng minh. - Giả sử dãy hàm {

}kn của dãy số tự Theo định nghĩa giới hạn trên, tồn tại một dãy con { ∫ f d n

lim k →+∞

lim n →+∞

},

knf

nf ki

∗∈ ¥ , cũng hội tụ theo độ đo về }, ∗∈ ¥ ,của ∗∈ ¥ , hội tụ hầu khắp nơi về hàm f trên A .

∫ nhiên { }n sao cho - Hiển nhiên ta có dãy con { hàm f trên A .Khi đó lại có một dãy con { dãy {

knf

f d n k

∫

f d n ki

lim →+∞

lim n →+∞

Theo phần vừa chứng minh lim f d n k →+∞

f d n

lim n →+∞

∫ A

Tương tự, ta có

f d n

∫

lim n →+∞

≤

M M const =

Vậy

∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên

, dãy hàm

f d n

n )Aμ < +∞ thì ( ∫ μ

∫

lim n →+∞

)

, g M gd

( M A μ

Hệ quả 1. Nếu },nf { A ,

< +∞

∫

( )

(

)

R f x dx

μ =

Ta chỉ cần áp dụng định lý 4 cho hàm số =

∫ I

Hệ quả 2. Trong không gian ¡ , nếu f khả tích Riemann trên một khoảng hữu hạn I ⊂ ¡ thì f khả tích Lebesgue trên I và ta có ∫ ) ( L fd I

$4. MỐI LIÊN HỆ GIỮA TÍCH PHÂN LEBESGUE với TÍCH PHÂN RIEMANN và TÍCH PHÂN SUY RỘNG

Điều kiện khả tích Riemann

Định lý 1 (Lebesgue). Hàm bị chặn f trên [ , ]a b là khả tích Riemann khi và chỉ khi tập hợp các điểm gián đoạn của nó có độ đo không. Nói một cách khác, f khả tích Riemann trên [ , ]a b khi và chỉ khi f liên tục hầu khắp nơi trên [ , ]a b . 2. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann Định lý 2

(

)

( )

)

R f x dx

( μ =

∫ [ , ] a b

b ∫ a

Nếu f khả tích Riemann trên [ , ]a b thì nó khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và

+∞

( ) f x dx

1. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân suy rộng a) Tích phân suy rộng loại một

∫

f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn hữu

0 [ , a⊂

Định lý 3 Cho tích phân suy rộng .

). +∞ +∞

( ) f x dx

Giả sử hạn[ , ] a b

∫

hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Khi đó tích phân suy rộng

a ) a +∞ và

+∞

(

)

( ) f x dx

fdμ

∫

)

[ , a

+∞

Lebesgue trên [ ,

( ) f x dx

b) Tích phân suy rộng loại hai

∫

, ].

bε+

f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [

Định lý 4 Cho tích phân suy rộng với a là điểm kì dị.

( ) f x dx

Giả sử

∫

a Lebesgue trên [ , ]a b và

hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Khi đó tích phân suy rộng

(

)

( ) f x dx

fdμ

∫

[ , ] a b

( ) f x dx

∫

]. a b ε−

a f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ ,

với b là điểm kì dị. Định lý 5 Cho tích phân suy rộng

( ) f x dx

Giả sử

∫

a Lebesgue trên [ , ]a b và

(

)

( ) f x dx

Khi đó tích phân suy rộng hội tụ khi và chỉ khi f khả tích

fdμ

∫

[ , ] a b

) = +∞ , thì tích

( ) h x

khi x x khi

( ), f x ( ), g x

Ví dụ 1. Cho

∈ ∈

⎧ = ⎨ ⎩

Chú ý: Nếu các tích phân suy rộng trên đây phân kì ( phân Lebesgue của các hàm số tương ứng cũng bằng +∞ . ,f g là hai hàm số liên tục trên [ , ]a b . Đặt [ , ] a b ¤ ∩ ¤ [ , ] \ a b

Chứng minh rằng

a) h khả tích Riemann trên [ , ]a b khi và chỉ khi trên [ , ]a b . b) h luôn khả tích Lebesgue trên [ , ]a b .

)

( g x

[ , ] a b

x ∀ ∈

Giải.

( f x trên [ , ]a b nên h liên tục trên [ , ]a b . Vậy h khả

. Khi đó

a) Giả sử h tích Riemann trên [ , ]a b .

( ),

g x

x ∀ ∈

[ , ] : a b

≠

Ngược lại, giả sử h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Ta chứng minh [ , ] ( ) a b f x .

{

} ( ) g x

) Bμ = .

)

[ , ] a b

∧

≠

( g x 0

( f x 0

( ) x f x ∈ Đặt Ta cần chứng minh A φ= . Gọi B là tập hợp các điểm gián đoạn của h trên [ , ]a b thì do h khả tích Riemann trên [ , ]a b nên ( B⊂ . - Trước hết ta chứng minh A A∈ thì 0 Lấy tùy ý, cố định 0x x ∈ là số thực nên luôn tồn tại hai dãy số hữu tỷ, vô tỷ cùng hội tụ về nó. Do đó ta luôn có thể chọn được các dãy số:

[ , ] a b

[ , ] \ a b

⊂

∩

⊂

{

}

x n

. Vì 0x

{

}'

x 0

x n

' x n

lim n →+∞

, lim n →+∞ ,f g liên tục trên [ , ]a b nên

,f g liên tục tại 0x . Khi đó ta

sao cho .

)

( f x 0

h x n

f x n

lim ( n →+∞

)

( g x 0

' h x n

' g x n

lim ( n →+∞

)

≠

lim ( n →+∞ ' h x n

h x n

Vì có

lim ( n →+∞ ∈ ⇒ ⊂

)

≠

, do đó hàm số h không liên Suy ra

( g x 0

lim ( n →+∞ tục tại 0x . Vậy 0 . A B x - Bây giờ ta chứng minh A φ= . Giả sử tồn tại 0x [ , ] a b ( ( ) f x k x =

A∈ thì 0 x ∈ ), ( x g x ∀ ∈ −

)

( f x ∧ 0 [ , ]. ) a b ,f g liên tục trên [ , ]a b nên k liên tục trên [ , ]a b , suy ra k ( f x 0

( k x 0

. Xét hàm số

≠ 0

( g x − 0 0( ) k x > (vì trường hợp

)

< được chứng minh tương tự).

Vì liên tục tại 0x . Ta có

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0( k x

( ) k x

−

⊂

, δ

) δ

> ∀ ∈

x 0

( [ , ] a b a= ta thay lân cận hai phía đó bởi lân cận phải ( , ) a a δ+

. Trường

, bδ−

b= thay bởi lân cận trái (

≠ ∀ ∈ ⇒

x C ∀ ∈

;

x C [ , ] a b 0 > (hoặc ) C

0, C ⊂ 2 δ= ( μ≥

( ), g x ≠ C B ⇒ ⊂ ⇒ ⊂ . 0 > ) > , trái với giả thiết h khả tích Riemann trên

A∈ là sai nên A φ= , tức là

Khi đó, theo tính chất của hàm liên tục tại một điểm, sẽ tồn tại số 0δ > đủ nhỏ để x hợp 0x trường hợp 0x Trong cả ba trường hợp ta đều gọi các lân cận của 0x là C thì rõ ràng ( ) ( ) f x k x C A ( ) Cμ δ= Mà

Hiển nhiên ( ) Cμ ) ( B μ nên [ , ]a b . Vậy, điều giả sử tồn tại 0x f trên [ , ]a b .

∈ ⊂

≠ ¤ ∩ ⇒

} ( ) g x ) ( Dμ

b) Đặt

{ [ , ] : ( ) a b h x x [ , ] a b D trên [ , ]a b .

. Ta có 0 =

(

)

(

)

( )

)

R g x dx

( =

∫ [ , ] a b

b ∫ a

Do đó h Mà g liên tục trên [ , ]a b nên g khả tích Riemann trên [ , ]a b , do đó cũng khả tích Lebesgue trên [ , ]a b . Vậy h khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và ta có

khi

∈

∩

)

ln(1

] \

[0,

( f x

khi

∈

[0,1] 1 2

(

,1] \

arctgx

khi

∈

1 2

⎧ ⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪⎩

Ví dụ 2. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích

[0,

]

Giải. a) Xét tính khả tích Riemann.

[0,

]

khi x

∈

∩

( ) f x

ln(1

[0,

] \

khi

∈

1 2 1 2

1 2 , ta có ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩

ln(1

)

( ) g x

x , ( ) e h x

Trên

[0,

(0)

0 e

≠

ln(1 0) +

0 =

liên tục trên

[0,

]

1 2 và do đó

Vì các hàm số 1 ] 2 và

ln(1

[0,

]

khi

∈

1 2

( ) k x

,1]

(

, arctgx

khi x

∈

1 2 ([0,1]

[0,1]

)

⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩ x ∀ ∈

∩

, ( k x ¤ trên [0,1] . Mà k bị chặn trên [0,1] và chỉ gián đoạn

( f x thì nên f

x =

) ≠ k: 1 2

nên theo ví dụ 1, f không khả tích Riemann trên không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt

, suy ra k khả tích Riemann trên [0,1] và do đó khả tích tại Lebesgue trên [0,1] . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1] . c) Ta tính tích phân của f . Ta có

(

)

(

)

(

( )

1 )

R k x dx

∫

[0,1]

1 2

ln(1

[

ln(1

)

ln(1

) x dx

arctgxdx

−

∫

1 )] 2 0

1 2

ln(1

)]

xarctgx

arctg

[ +

−

1 2

π 4

1 2

135 64

1 2

[0,1]

khi x

∈

∩

( ) f x

[0,1] \

khi

∈

3, x 1 x

⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩

⊂

}

x n

Ví dụ 3. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích

[0,1] \ , lim ¤ →+∞

)

= +∞

} )

( f x n

f x n

Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Chọn dãy số { x n , thì dãy số tương

, lim ( n →+∞

1 x n

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭ chặn, suy ra f không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt

(0,1]

khi x

∈

( ) f x

x 0,

khi

⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎩

[0,1]

([0,1]

)

∩

nên f không bị ứng {

[0,1]

), ( g x x ∀ ∈ trên [0,1] . 0, x

≥ ∀ ∈

Ta có ( f x nên f

) ≠ g: ) ( g x Mà điểm kì dị

và tích phân suy rộng loại hai với 0 là

( )g x dx

∫

(

)

(

)

( ) g x dx

∫ [0,1]

1 ∫ 0

∫ [0,1]

lim 0 a →

lim 2 0 a →

1 x

1 ∫ 0

1 ∫ a

hội tụ. Theo định lý 4, g khả tích Lebesgue trên [0,1] . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1] . c) Ta tính tích phân của f . Ta có

( ) f x

xe , ln , x

khi x x khi

[1, ] e ∩ [1, ] \ e

¤ ¤

∈ ∈

⎧⎪ = ⎨ ⎪⎩

Ví dụ 4. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [1, ]e và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích

x , ( ) e h x

( ) g x

[1, ] e

−

∈

Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Đặt

( ) ( ), ln , ( ) g x h x x x k x ,g h k là các hàm sơ cấp nên liên tục trên [1, ]e . , ln1

(1)

−

> và k liên tục phải tại

thì

k = x = nên tồn tại

(1,1

[1, ] e

0 e 0δ > đủ nhỏ sao cho ) ( ) x k x δ

⊂

(1,1

0, > ∀ ∈ . Ta chứng minh hàm số f đã cho gián đoạn tại mọi điểm x

∈

)

∈

) δ

Ta có 1

0 >

0( k x

[1, ] e

[1, ] \ e

∩

⊂

{

x n

(1,1 x Thật vậy, lấy cố định, tuỳ ý 0 và 0x là số thực nên tồn tại hai dãy số: }' { }

, ta có

x 0

x n

' x n

lim n →+∞

, lim n →+∞ ,g h liên tục trên [1, ]e nên

sao cho

. ,g h liên tục tại 0x .

)

g x

( g x 0

f x n

lim ( n →+∞

)

( h x 0

' h x n

' f x n

)

Vì Khi đó ta có

lim ( n →+∞ ( h x − 0

( k x 0

( g x 0

)

≠

f x n

lim ( n →+∞ 0 ) ≠ , ' f x n

Mà

lim ( n →+∞

, suy ra

nên f gián đoạn tại mọi điểm

)δ+

. Điều đó có nghĩa tập hợp các điểm gián đoạn của

([0,1]

[0,1]

)

∩

) ≠ h:

), ( x h x ∀ ∈ trên [1, ]e .

là khoảng có độ đo khác 0.

(

)

(

)

(

)

h d

( R h x d x

e ∫ 1

∫ [1, ] e

[

]

xd x

−

e 1

e ∫ 1

do đó hàm số f không liên tục tại 0x . Vì 0x được chọn tuỳ ý trên (1,1 )δ+ )δ+ thuộc (1,1 f phải chứa (1,1 Vậy f không khả tích Riemann. b) Xét tính khả tích Lebesgue. Ta có ( f x nên f Mà h liên tục trên [1, ]e nên h khả tích Riemann và do đó khả tích Lebesgue trên [1, ]e . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [1, ]e . c) Ta tính tích phân của f . Ta có

Nhận xét: Thực ra hàm số

( ) k x

( ) g x

( ) h x

[1, ] e

−

> ∀ ∈

−

∈

e nên ta có thể chứng minh hàm số f cho ở ví dụ 4 không liên tục tại mọi Khi đó tập hợp các điểm gián đoạn của f chính là

[1, ]e có độ đo bằng

f dμ n