GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)
Phần 3. Độ Đo Và Tích Phân
Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán
§1. Độ Đo
(Phiên bản đã chỉnh sửa)
PGS TS Nguyễn Bích Huy
Ngày 1 tháng 3 năm 2006
1 PHẦN LÝ THUYẾT
1. Không gian đo được
Định nghĩa :
1) Cho tập X = ø; một họ F các tập con của X được gọi là một σ −đại số nếu nó thỏa
mãn các điều kiện sau :
i. X ∈ F và nếu A ∈ F thì A
c
∈ F , trong đó A
c
= X \ A.
ii. Hợp c ủa đếm được các tập thuộc F cũng là tập thuộc F .
2) Nếu F là σ−đại số các tập con của X thì cặp (X, F ) gọi là một không gian đo được
; mỗi tập A ∈ F gọi là tập đo được (đo được đối với F hay F − đo được)
Tính chất
Giả sử F là σ−đại số trên X. Khi đó ta có :
1) ø ∈ X.
Suy ra hợp của hữu hạn tập thuộc F cũng là tập thuộc F .
2) Giao của hữu hạn hoặc đếm được các tập thuộc F cũng là tập thuộc F .
3) Nếu A ∈ F, B ∈ F thì A \ B ∈ F .
2. Độ đo
Định nghĩa :
Cho một không gian đo được (X , F )
1) Một ánh xạ µ : F −→ [0, ∞] được gọi là một độ đo nếu :
i. µ(ø) = 0

2) µ(
∞

n=1
A
n
) ≤
∞

n=1
µ(A
n
).
Do đó, nếu µ(A
n
) = 0 (n ∈ N
∗
) thì µ(
∞

n=1
A
n
) = 0
3) Nếu A
n
⊂ A
n+1
(n ∈ N
∗

)
Quy ước về các phép toán trong R
Giả sử x ∈ R, a = +∞ hoặc a = −∞. Ta quy ước :
1) −∞ < x < +∞
2) x + a = a, a + a = a
3) x.a =

a , nếu x > 0
−a , nếu x < 0
, a.a = +∞, a.(−a) = −∞
4)
x
a
= 0
Các phép toán a − a, 0.a,
a
0
,
x
0
,
∞
∞
không có nghĩa.
Khi thực hiện các phép toán trong R ta phải hết sức cẩn trọng. Ví dụ, từ x + a = y + a
không suy ra được x = y (nếu a = ±∞).
Định nghĩa
Độ đo µ xác định trên σ−đại số F các tập con của X được gọi là :
1) Độ đo hữu hạn nếu µ(X) < ∞.
2) Độ đo σ− hữu hạn nếu tồn tại dãy {A

A = {B ⊂ Y : ϕ
−1
(B) ∈ F }
γ(B) = µ(ϕ
−1
(B))
Chứng minh A là σ−đại số trên Y và γ là độ đo xác định trên A
Giải
• Ta kiểm tra A thỏa hai điều kiện của σ−đại số :
i. Ta có Y ∈ A vì ϕ
−1
(Y ) = X ∈ F
Giả sử B ∈ A, ta cần chứng minh B
c
= Y \ B ∈ A. Thật vậy, ta có

ϕ
−1
(Y \B) = ϕ
−1
(Y )\ϕ
−1
(B) = X\ϕ
−1
(B)
ϕ
−1
(B) ∈ F ( do B ∈ A) nên X \ ϕ
−1
(B) ∈ F

∗
)



⇒ ϕ
−1
(B) ∈ F hay B ∈ A.
• Tiếp theo ta kiểm tra γ là độ đo .
Với B ∈ A ta có ϕ
−1
(B) ∈ F nên số µ[ϕ
−1
(B)] xác định, không âm. Vậy số γ(B) ≥ 0,
xác định.
i. Ta có γ(ø) = µ[ϕ
−1
(ø)] = µ(ø) = 0
ii. Giả sử B
n
∈ A (n ∈ N
∗
), B
n
∩ B
m
= ø (n = m) và B =
∞

n=1

−1
(B)] =
∞

n=1
µ [ϕ
−1
(B
n
)] (do tính σ−cộng của µ)
⇒ γ(B) =
∞

n=1
γ(B
n
)
3
2. Bài 2 Cho không gian độ đo (X, F, µ) và các tập A
n
∈ F (n ∈ N
∗
). Đặt :
B =
∞

k=1

∞


n
) Nếu có thêm điều kiện µ(
∞

n=1
A
n
) < ∞
Giải
2) Đặt C
k
=
∞

n=k
A
n
ta có :
C
k
∈ F (k ∈ N
∗
), C
1
⊃ C
2
⊃ . . . , µ(C
1
) < ∞; C =
∞

Từ (1), (2) ta có đpcm.
3. Bài 3 : Cho σ−đại số F và ánh xạ :
µ : F −→ [0, ∞]
thỏa mãn các điều kiện sau :
i. µ(ø) = 0
ii. Nếu A
1
, A
2
∈ F, A
1
∩ A
2
= ø thì µ(A
1
∪ A
2
) = µ(A
1
) + µ(A
2
)
(Ta nói µ có tính chất cộng hữu hạn)
iii. Nếu A
n
∈ F (n ∈ N
∗
), A
1
⊃ A

∞

n=1
µ(B
n
) (1)
4
Đặt
C
k
=
∞

n=k
B
n
(k = 1, 2 . . .),
ta có
C
k
∈ F, C
1
⊃ C
2
⊃ . . .
và
B = B
1
∪ . . . ∪ B
n

µ(A) = a > 0. Chứng minh rằng trong A có ít nhất một cặp số mà hiệu của chúng là số
hữu tỷ.
Giải
Ta viết các số hữu tỷ trong [0, 1] thành dãy {r
n
}
n
và đặt A
n
= r
n
+ A (n ∈ N
∗
). Ta chỉ
cần chứng minh tồn tại n = m sao cho A
n
∩ A
m
= ∅. Giả sử trái lại, điều này không
đúng. Khi đó ta có
µ(
∞

n=1
A
n
) =
∞

n=1

n=1
G
n
và C = B \ A.
Ta có B là (L)− đo đưực và do đó C cũng là (L)− đo được. Vì
C ⊂ G
n
\ A ∀n = 1, 2, . . .
nên ta có :
µ(C) ≤
1
n
∀n = 1, 2, . . .
Vậy µ(C) = 0.
5
6. Bài 6 : Cho tập L− đo đượ c A ⊂ [0, 1] với µ(A) = a > 0. Chứng minh:
1) Hàm f(x) = µ(A ∩ [0, x]) liên tục trên [0, 1].
2) ∀b ∈ (0, a) ∃B ⊂ A : B (L)− đo được, µ(B) = b
Giải
1) Với 0 ≤ x < y ≤ 1 ta có
f(y) =µ(A ∩ [0, y])
=µ(A ∩ [0, x]) + µ(A ∩ (x, y])
⇒ f(y) − f (x) = µ(A ∩ (x, y])
⇒ 0 ≤ f(y) − f(x) ≤ y − x
Do đó f liên tục trên [0, 1]
2) Ta có f(0) = 0, f(1) = a và f liên tục nên tồn tại x
o
∈ (0, 1) thỏa f(x
o
) = b hay

F.
1) Hàm hằng số là đo được. Hàm đặc trưng 1
A
của tập A là đo được khi và chỉ khi A ∈ F.
2) Nếu f đo được trên A và B ⊂ A thì f đo được trên B
Nếu f đo được trên mỗi A
n
(n ∈ N
∗
) thì f đo được trên
∞
∪
n=1
A
n
3) Giả sử các hàm f, g đo được trên A và chỉ nhận các giá trị hữu hạn. Khi đó các hàm
sau cũng đo được trên A :
|f|, |f |
α
(α > 0), f + g, f.g,
f
g
(nếu g(x) = 0 ∀x ∈ A)
4) Giả sử các hàm f
n
đo được trên A (n ∈ N
∗
). Khi đó các hàm sau cũng đo được trên A
a) g(x) = sup{f
n

(x)
trong đó : A
i
∈ F, (i = 1, n), A
i
∩ A
j
= ∅ (i = j),
n
∪
i=1
A
n
= A và 1
A
i
là hàm đặc trưng
của tập A
i
Như vậy, hàm đơn giản là hàm đo được, chỉ nhận hữu hạn giá trị.
Định lý 3
Nếu f là hàm không âm, đo được trên A thì tồn tại dãy {s
n
} các hàm đơn giản trên A
sao cho
i) 0 ≤ s
n
(x) ≤ s
n+1
(x), ∀x ∈ A

2
∪ A
3
= X
g(x) =



f(x) x ∈ A
1
a x ∈ A
2
b x ∈ A
3
g đo được trên A
2
và A
3
vì là hàm hằng trên các tập này
g đo được trên A
1
vì f đo được trên A
1
Do đó g đo được trên A
1
∪ A
2
∪ A
3
= X.

n
< g(x)
Do đó:
A
1
=
∞

n=1
{x ∈ X : f(x) < r
n
< g(x)}
=
∞

n=1
(X[f < r
n
] ∩ X[g > r
n
])
nên A
1
∈ F. Chứng minh A
2
∈ F tương tự.
. Do A = X\(A
1
∪ A
2

4
) ∪ Y [f − g = 0]
Chú ý rằng trên Y thì f, g đo được, chỉ nhận giá trị hữu hạn nên f − g đo được trên
Y và do đó Y [f − g = 0] ∈ F.
2) Đặt f(x) = lim
n→∞
f
n
(x), g(x) = lim
n→∞
f
n
(x)
. Theo định nghĩa, ta có
f(x) = lim
n→∞
(inf
k≥n
f
k
(x)), g(x) = lim
n→∞
(sup
k≥n
f
k
(x))
Các hàm F
n
(x) := inf

n+1
A =
∞

n=1
A
n
(do f chỉ nhận giá trị hữu hạn)
Do đó lim
n→∞
µ(A
n
) = µ(A)
2) Do µ(A) < ∞ nên µ(A\A
n
) = µ(A) − µ(A
n
). Do đó lim
n→∞
µ(A\A
n
) = 0
Chú ý rằng f bị chặn trên A
n
. Do đó ta chỉ cần chọn B = A
n
khi n đủ lớn.
Bài 4 : Cho không gian đo được (X, F) và các hàm f
1
, f

((−∞, a)) là tập mở trong R
2
(do f liên tục) nên là hợp của đếm được
các hình chữ nhật mở:
A =
∞

n=1
I
n
× J
n
, I
n
= (a
n
, b
n
), J
n
= (c
n
, d
n
) (2)
Từ (1),(2) ta có:
X[g < a] =
∞

n=1

n
< f
2
(x) < d
n
})
⇒ X[g < a] ∈ F ∀a ∈ R
Bài 5 : Cho hàm f : (a, b) → R khà vi trên (a, b) a < b; a, b ∈ R. Chứng minh rằng hàm f

4
là (L)-đo được trên (a, b)
GIẢI
Xét các hàm f
n
: (a, b) → R xác định như sau
f
n
(x) =

n

f

x +
1
n

− f (x)

, nếu x ∈

n

f

x +
1
n

− f (x)

= f

(x)
(2) f
n
là (L)-đo được trên (a, b)
Thật vậy, trên (a, b −
1
n
) hàm f
n
liên tục (vì f khả vi nên f liên tục) trên

b −
1
n
, b

f
n

.1
A
i
với A
i
∈ F, A
i
∩ A
j
=
ø (i = j) và
n

i=1
A
i
= A thì ta định nghĩa tích phân của f trên A theo độ đo µ bởi :

A
fdµ :=
n

i=n
a
i
µ(A
i
)
(b) Nếu f là hàm đo được, không âm thì tồn tại dãy các hàm đơn giản, không âm f
n

(x) − f
−
(x). Nếu ít nhất một trong các
tích phân

A
f
+
dµ,

A
f
−
dµ là số hữu hạn thì ta định nghĩa

A
fdµ =

A
f
+
dµ −

A
f
−
dµ
Ta nói f khả tích trên A nếu

A

A
fdµ ∀c ∈ R
• Nếu f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ A thì

A
fdµ ≤

A
gdµ
• Nếu A = A
1
∪ A
2
với A
1
, A
2
∈ F, A
1
∩ A
2
= ø thì

A
fdµ =

A
1
fdµ +


• Nếu f có tích phân trên A ∪ B và µ(B) = 0 thì

A∪B
gdµ =

A
fdµ
• Nếu f, g đo được trên A, f(x) = g(x) hkn trên A và f có tích phân trên A thì

A
gdµ =

A
fdµ
3.3 Nếu f đo được, không âm trên A và

A
fdµ = 0 thì f(x) = 0 hkn trên A.
3.4 Nếu f khả tích trên A thì f(x) hữu hạn hkn trên A
3.5 Tính chất σ−cộng
Giả sử A
n
∈ F (n ∈ N
∗
), A
n
∩ A
m
= ø (n = m) và f là hàm đo được, không âm
hoặc khả tích trên A =

n
(x) < f
n+1
(x), x ∈ A
ii. lim
n→∞
f
n
(x) = f(x) x ∈ A
Khi đó lim
n→∞

A
f
n
dµ =

A
fdµ
(một cách hình thức lim

A
f
n
dµ =

A
lim f
n
dµ)


A
f(x)dx hoặc (L)
b

a
f(x)dx nếu A = [a, b].
Định lý
1) Nếu f khả tích Riemann trên [a, b] thì f cũng khả tích theo nghĩa Lebesgue trên [a, b]
và ta có
(L)
b

a
f(x)dx = (R)
b

a
f(x)dx
2) Nếu f khả tích Riemann suy rộng trên [a, b] (hoặc trên [a, ∞]) và là hàm không âm
thì f khả tích theo nghĩa Lebesgue trên [a, b] (trên [a, ∞]) và ta có :
(R)
b

a
f(x)dx = (L)
b

a
f(x)dx

⇒

A
f
+
dµ ≤

A
h
+
dµ,

A
f
−
≤

A
g
−
dµ
Các tích phân ở vế phải hữu hạn nên

A
f
±
dµ < ∞. Suy ra f khả tích. (Bài này cũng có thể
giải dựa vào bất đẳng thức |f(x)| ≤ |g(x)| + |h(x)|)
Bài 2
4

(x) = min{n, f(x)}. Do đó :
• f
n
(x) đo được, không âm.
• f
n
(x) = min{n, f(x)} ≤ min{n + 1, f (x)} = f
n+1
(x)
• lim
n→∞
f
n
(x) = min{ lim
n→∞
n, f (x)} = min{+∞, f (x)} = f(x)
Áp dụng định lý Levi ta có đpcm.
2. Đặt f(x) =
1
√
x
, x ∈ (0, 1], f(0) = +∞. Ta dễ dàng tìm được
f
n
(x) =



1
√

0
f(x)dx = lim
n→∞
1

0
f
n
(x)dx = 2.
Bài 3
Cho hàm f khả tích trên A. Ta xây dựng các hàm f
n
như sau :
f
n
(x) =



f(x), nếu |f(x)| ≤ n
n, nếu f(x) > n
−n, nếu f (x) < −n
Chứng minh lim
n→∞

A
f
n
dµ =



X
fϕdµ
Giải
1. Vì ϕ là hàm đo được, không âm nên

A
ϕdµ tồn tại, không âm.
• Chú ý rằng

A
ϕdµ = 0 nếu µ(A) = 0, ta có γ(φ) = 0
• Sử dụng tính chất σ−cộng của tích phân ta suy ra γ có tính σ−cộng
2. • Đầu tiên ta kiểm tra rằng đẳng thức đúng khi f là hàm đơn giản, không â m :
f =
n

i=1
a
i
1
A
i
, A
i
∩ A
j
= ø(i = j),
n


n

i=1
a
i

A
i
ϕdµ
Từ đây ta có đpcm.
• Nếu f đo được, không âm thì tồn tại dãy các hàm đơn giản f
n
0 ≤ f
n
≤ f
n+1
, lim f
n
= f.
Ta có :

X
f
n
dγ =

X
f
n
ϕfµ ∀n ∈ N (do bước trên)


A
n
gdµ = 0
2.
∞

n=1
nµ(A
n
) < +∞
3. lim
n→∞
nµ(B
n
) = 0
Giải
Ta dễ kiểm tra được A
n
∩ A
m
= ø (n = m)
∞

n=0
A
n
= A
1. Do tính chất σ−cộng, ta có:
∞

=
∞

k=n
kµ(A
k
) ta có :
lim
n→∞
Γ
n
= 0 (do câu 2)
Γ
n
≥ n
∞

k=n
µ(A
k
) = nµ(B
n
)
Từ đây ta có đpcm.
Bài 6
Giả sử µ(X) < ∞. Ta kí hiệu M là tập các hàm đo được, hữu hạn trên X. Trong M ta định
nghĩa quan hệ ” = ” như sau : f = g ⇔ f(x) = g(x)hkn trên X. Ta định nghĩa :
d(g, f ) =

X

|f(x) − g(x)|
1 + |f(x) −g(x)|
≤
|f(x) − h(x)|
1 + |f(x) −h(x)|
+
|h(x) − g(x)|
1 + |h(x) −g(x)|
(Phương pháp chứng minh đã biết)
Lấy tích phân hai vế ta có d(f, g) ≤ d(f, h) + d(h, g)
2. Ta cần chứng minh lim
n→∞
d(f
n
, f ) = 0
Đặt h
n
=
|f
n
− f |
1 + |f
n
− f |
(n ∈ N
∗
), ta có :
• h
n
đo được trên X, |h


k=−∞
2
k
µ(A
k
) < ∞
Giải
Đặt B = {x ∈ A : f(x) = +∞}. Ta có các tập A
k
, (k ∈ Z), B là những tập không giao nhau,
có hợp bằng A. Do tính σ−cộng của tích phân, ta có :

A
fdµ =
+∞

k=−∞

A
k
fdµ ( chú ý

B
fdµ = 0 do µ(B) = 0)
8
Vì 2
k−1
µ(A
k

Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Bài 8
Cho dãy các hàm {f
n
} khả tích, hữu hạn trên A, hội tụ đều trên A về hàm f và µ(A) < ∞.
Chứng minh f khả tích trên A và
lim
n→∞

A
f
n
dµ =

A
fdµ
Giải
Vì các hàm f
n
đo được nên f đo được.
Vì dãy {f
n
} hội tụ đều trên A về f nên có số n
o
∈ N
∗
thỏa mãn
|f
n
(x) − f(x)| ≤ 1 ∀x ∈ A, ∀n ≥ n

−1
x + x
2
e
nx
1 + e
nx
.dx
3. lim
n→∞
n

0

1 +
x
n

n
.e
−2x
dx
Giải
1. Đặtf
n
(x) =
n
√
1 + x
2n

9
• |f
n
(x)| = f
n
(x) ≤ 1 + x
2
∀n ∈ N
∗
Áp dụng định lý Lebesgue, ta có :
lim
n→∞
2

0
f
n
(x)dx =
2

0
f(x)dx =
10
3
2. Đặt f
n
(x) là hàm trong dấu tích phân thì ta có
• lim
n→∞
f

0 , x ∈ (n, +∞)
• f
n
(L)−đo được trên [0, ∞).
• Với mỗi x ∈ [0, ∞) thì x ∈ [0, n] khi n đủ lớn, do đó :
lim
n→∞
f
n
(x) = lim
n→∞

1 +
x
n

n
.e
−2x
= e
x
.e
−2x
= e
−x.
• |f
n
(x)| ≤

1 +

n

n
.e
−2x
.dx = lim
n→∞
+∞

0
f
n
(x).dx =
+∞

0
e
−x
= 1
Bài 10
Chứng minh lim
n→∞
n
1

0
x
n
1 + x
.dx =

1
0
+
1

0
x
n+1
(1 + x)
2
.dx


=
n
n + 1

1
2
+ I
n

Áp dụng định lý Lebesgue ta chứng minh được lim
n→∞
I
n
= 0.
10