Chuyên đề Độ đo và tích phân - Phan Tuấn Anh

− ≥ =
= ∈ − ≥ ∈ − ≥ ⊂
⊂ ∈Α Β − ≥ ∪Β =
= ∈Α Β − ≥ ∪Β ⊂
⊂ ∈Α − ≥ ∪Β
n n
n n
n
n
n
x f x g x
x A B f x g x x B f x g x
x f x g x
x f x f x
x f x f x
U
 Suy ra 
( ) ( ) ( ){ }( )
( ) ( ){ }( )
: ( )
: 0
μ μ ε μ
μ ε
Α ≤ ∈Α − ≥ + =
= ∈Α − ≥ →
n n
n
x f x f x B
x f x f x
khi n →∞ vì nf fμ⎯⎯→ trên A.. 
 Do đó ( )lim 0nn μ→∞ Α = . Vậy nf gμ⎯⎯→ trên A. 
b) Đặt 
{ }
{ }
{ }
0 : ( ) ( ) 0
: ( ) ( ) ,
: ( ) ( ) , 0
1
: ( ) ( ) ,
: ( ) ( ) ,
2
: ( ) ( ) ,
2
k
n n
n n
A x A f x g x
x A f x g x
A x A f x g x
A x A f x g x k
k
B x A f x f x n
C x A f x g x n
ε ε ε
ε
ε
∗
∗
∗
= ∈ − > =
= ∈ ≠
= ∈ − ≥ >
⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
⎧ ⎫= ∈ − ≥ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
¥
¥
¥
Ta có các tập hợp này đều đo được vì , ,nf f g đo được trên A.. 
Ta cần chứng minh 0( ) 0Aμ = . 
- Trước hết ta chứng minh 0
1
k
k
A A
+∞
=
= U . (1) 
 Lấy 0x A∈ , ta có x A∈ và ( ) ( ) 0f x g x− > . 
Theo tính chất trù mật của tập số thực sẽ tồn tại số tự nhiên 0k sao cho 
0
1
( ) ( ) 0f x g x
k
− ≥ > , suy ra 0kx A∈ nên 
1
k
k
x A
+∞
=
∈ U . 
 Ngược lại, lấy 
1
k
k
x A
+∞
=
∈ U thì tồn tại số tự nhiên 0k sao cho 
0k
x A∈ . Suy ra x A∈ và 
0
1
( ) ( )f x g x
k
− ≥ nên 
( ) ( ) 0f x g x− > , do đó 0x A∈ . 
Vậy (1) được chứng minh. Khi đó ta có 
0
1
( ) ( )k
k
A Aμ μ
+∞
=
≤ ∑ (2) 
- Bây giờ ta chứng minh 
 n nA B Cε ⊂ U , n ∗∀ ∈ ¥ , 0ε∀ > 
 (3) 
 hay 
\ \ ( )
( \ ) ( \ ).
n n
n n
A A A B C
A B A C
ε ⊃ =
=
U
I 
Thật vậy, lấy ( \ ) ( \ )n nx A B A C∈ I ta có x A∈ và 
( ) ( )
2n
f x f x
ε− < và ( ) ( ) 2nf x g x
ε− < 
Suy ra 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
n n
n n
f x g x f x f x f x g x
f x f x f x g x
ε ε ε
− = − + − ≤
≤ − + − < + = 
Do đó \x A Aε∈ . Vậy (3) được chứng minh. 
Khi đó 
( ) ( ) ( )n nA B Cεμ μ μ≤ + (4) 
Mà 
lim ( ) 0, lim ( ) 0n n
n n
B Cμ μ→+∞ →+∞= = 
vì nf f
μ⎯⎯→ , nf gμ⎯⎯→ trên A, nên lấy lim hai vế của (4) ta được 
( ) 0, 0Aεμ ε= ∀ > 
Suy ra ( ) 10, 0,μ ε ∗Α = = > ∀ ∈k khi kk 
Từ (2) ta có 0( ) 0Aμ = . Định lý được chứng minh. 
• 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. 
Định lý 2. Nếu dãy hàm số { }nf đo được, hữu hạn hầu khắp nơi, hội tụ hầu 
khắp nơi đến hàm số f đo được, hữu hạn hầu khắp nơi trên tập hợp A có độ 
đo hữu hạn thì nf f
μ⎯⎯→ trên A. 
 Chứng minh. 
Giả sử ε và η là hai số dương tùy ý. Theo định lý Êgôrốp, tồn tại một tập hợp 
con đo được B của tập hợp A sao cho ( )\μ ηΑ Β < và dãy hàm số { }nf hội 
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 0n n≥ thì 
( ) ( )nf x f x ε− < với mọi x∈Β 
 Khi đó 
( ) ( ){ }: \nx f x f x ε∈Α − ≥ ⊂ Α Β với mọi 0n n≥ ; 
 nên 
( ) ( ){ }( ): ( \ )μ ε μ η∈Α − ≥ ≤ <nx f x f x A B với mọi 0n n≥ , 
 tức là 
nf f
μ⎯⎯→ trên A (đpcm). 
 *Nhận xét. 
Giả thiết ( )μ Α < +∞ trong định lý 2 không thể bỏ qua. 
 Ví dụ 2. Giả sử { }nf là một dãy hàm số xác định trên  bởi 
( ) 0
1, 2...
n
khi x n
f x
n khi x n
n
<⎧= ⎨ ≥⎩
=
 và ( ) 0f x = với mọi x∈ . 
 - Dễ thấy dãy hàm số { }nf hội tụ khắp nơi đến hàm số f trên  . 
 Thật vậy, giả sử x∈ là số cố định, bất kì. Khi đó luôn tồn tại số 
tự nhiên 0n sao cho x 0n , ta 
có x < n nên ( ) 0nf x = . 
Suy ra lim ( ) lim 0 0 ( )n
n n
f x f x→+∞ →+∞= = = . Vậy ( ) 0nf x → trên  . 
- Tuy nhiên { }nf không hội tụ theo độ đo đến f trên  . 
 Thật vậy, với 0 1ε< < và với mọi số tự nhiên n , ta đều có 
( ) ( ){ } ( ){ } [ ): : , .ε ε∈ − ≥ = ∈ ≥ = +∞n nx f x f x x f x n  
 Do đó 
( ) ( ){ }( ):μ ε∈ − ≥ = +∞nx f x f x với mọi n . 
 Ví dụ 3. Α =  , μ là độ đo Lebesgue trên đường thẳng và 
( ) 1, 1
0,
≤ ≤ +⎧= ⎨⎩n
khi n x n
f x
tai cac diem khac
 Thế thì ( ) 0nf x → tại mọi điểm, nhưng với n∀ 
( ) 1( 0 ) 1
2
μ ⎧ ⎫− ≥ = →⎨ ⎬⎩ ⎭nf x 0 
Định lý 3. Nếu { }nf hội tụ theo độ đo đến f trên A thì tồn tại dãy con { }knf 
hội tụ hầu khắp nơi đến f trên A. 
Chứng minh. 
 Vì nf f
μ⎯⎯→ trên A, nên với 0ε∀ > 
( ) ( ){ }( )lim : 0nn x f x f xμ ε→∞ ∈Α − ≥ = 
 Do đó với n∀ , tồn tại nk sao cho với nm k∀ ≥ 
( ) ( ) 1 1:
2m n
x f x f x
n
μ ⎛ ⎞⎧ ⎫∈Α − ≥ <⎨ ⎬⎜ ⎟⎩ ⎭⎝ ⎠ 
 Đặc biệt 
( ) ( ) 1 1:
2nk n
x f x f x
n
μ ⎛ ⎞⎧ ⎫∈Α − ≥ <⎨ ⎬⎜ ⎟⎩ ⎭⎝ ⎠ 
 Vì có thể lấy nk lớn tùy ý nên sau khi lấy 1k ta chọn 2 1k k> , 3 2k k> ,  
Như vậy ta được dãy con { } { }nk nf f⊂ . Đặt 
( ) ( ) 1:
nn k
x f x f x
n
⎧ ⎫Β = ∈Α − ≥⎨ ⎬⎩ ⎭ , 1 nm n m
∞ ∞
= =
Β = ΒIU hay 
1
Cm
m
∞
=
Β =I , 
Cm n
n m
∞
=
= ΒU 
 Ta chứng minh ( ) 0μ Β = và ( ) ( )lim
nkn
f x f x→∞ = với \x∀ ∈Α Β . 
 Thật vậy, ta có ( ) 1
2n n
μ Β < , nên 
( ) 11 12 2n n n mn m n mn mμ μ
∞ ∞ ∞
−
= ==
⎛ ⎞Β ≤ Β < =⎜ ⎟⎝ ⎠ ∑ ∑U , ( ) ( ) 1
1C
2m m
μ μ −Β ≤ < với 
m∀ . 
 Do đó ( ) 0Bμ = . 
 Nếu \x A B∈ thì tồn tại số tự nhiên 0m để 0mx C∉ . Do đó 
nx∉Β với 0n m∀ ≥ . Từ định nghĩa tập hợp nB suy ra \x∈Α Β thì 
( ) ( ) 1
nk
f x f x
n
− < với 0n m∀ ≥ . 
 Vậy ( ) ( )lim
nkn
f x f x→∞ = với \x∀ ∈Α Β hay dãy con { }knf hội tụ hầu 
khắp nơi đến f trên A (đpcm). 
CHƯƠNG II. TÍCH PHÂN LEBESGUE 
 $1. ĐỊNH NGHĨA 
1. Tích phân của hàm đơn giản 
 Cho không gian độ đo ( ), μΧ M , , Α∈M và S là hàm đơn giản, đo 
được trên A. Gọi 1α , 2α , , nα là các giá trị khác nhau đôi một của S . 
Đặt ( ){ }: , 1,α= ∈ = =k kA x A S x k n . 
Thế thì các kA rời nhau, 
1
n
k
k
A A
=
= U và ( ) ( )
1
,α χ
=
= ∀ ∈∑ kn k A
k
S x x x A . 
 Khi đó người ta định nghĩa tích phân của hàm S như sau. 
a) Định nghĩa 1. Số 
1
( )
n
k k
k
Aα μ
=
∑ được gọi là tích phân của hàm đơn 
giản, đo được S trên tập hợp A đối với độ đo μ và kí hiệu 
A
Sdμ∫ 
hay ( )
A
S x dμ∫ . 
 Vậy 
1
( )
n
k k
kA
Sd Aμ α μ
=
= ∑∫ (1) 
b) Nhận xét 
1. 
A
Sdμ∫ là một số không âm hữu hạn hoặc vô hạn. 
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: 
( ) ( )
1
,α χ
=
= ∀ ∈∑ kn k A
k
S x x x A ; 
( ) ( )
1
,β χ
=
= ∀ ∈∑ im i B
i
S x x x A, 
trong đó ,k iA B ∈ M, 
1 1
n m
k i
k i
A A B
= =
= =U U , 
' ', , ', 'k k i iA A B B k k i iφ φ∩ = ∩ = ≠ ≠ . 
Ta cần chứng minh 
1 1
( ) ( )
n m
k k i i
k i
A Bα μ β μ
= =
=∑ ∑ . 
Ta có 
1 1
( ) ( )
m m
k k k i k i
i i
A A A A B A B
= =
= = =I I U U I , 
 trong đó 
' '( ) ( ) ( ) , 'k i k i k i iA B A B A B B i iφ= = ≠I I I I I 
Do đó 
1
( ) ( )
m
k k i
i
A A Bμ μ
=
= ∑ I 
1 1 1
( ) ( )
n n m
k k k k i
k k i
A A Bα μ α μ
= = =
⇒ =∑ ∑∑ I 
Tương tự 
1 1 1
( ) ( )
m m n
i i i i k
i i k
B B Aβ μ β μ
= = =
=∑ ∑∑ I 
Xét một cặp ( , )k i , có hai khả năng: 
+ k iA B = ∅I , khi đó 
( ) 0 ( )k k i i k iA B B A Bα μ μ= =I I 
+ k iA B ≠ ∅I , lấy 0 k ix A B∈ I thì 
0 0( ) , ( )k i k iS x S xα β α β= = ⇒ = 
( ) ( )k k i i k iA B A Bα μ β μ⇒ =I I . 
Vậy 
1 1 1 1
( ) ( )
m n m n
k k i i k i
i k i k
A B A Bα μ β μ
= = = =
=∑∑ ∑∑I I . 
Từ đây ta có điều phải chứng minh. 
Ví dụ 1. Cho hàm Direchle trên [ ]0,1 : 
[ ]
[ ]
1, 0,1
( )
0, 0,1 \
khix Q
D x
khix Q
⎧ ∈⎪= ⎨ ∈⎪⎩
I
. 
Ta có [ ]( 0,1 ) ( ) 0Q Qμ μ≤ =I 
 [ ]( 0,1 ) 0Qμ⇒ =I . 
Do đó [ ]( 0,1 \ ) 1Qμ = . 
Vậy [ ]0,1
( ) 1.0 0.1 0D x dμ = + =∫ . 
 Ví dụ 2. Cho hàm số 
1
1, 0
2( )
1
2, 1
2
khi x
f x
khi x
⎧ ≤ <⎪= ⎨⎪ ≤ <⎩
Thế thì 
[0,1)
1 1 3
1. ([0, )) 2. ([ ,1))
2 2 2
fdμ μ μ= + =∫ . 
c) Các tính chất 
1. Nếu hai hàm đơn giản, đo được , 0,f g f g≥ ≤ trên A thì 
A A
fd gdμ μ≤∫ ∫ 
2. Nếu hai dãy hàm đơn giản, đo được { } { }, ,n nf g n ∗∈ ¥ , đơn điệu 
tăng và lim limn n
n n
f g→+∞ →+∞= trên A thì 
lim limn n
n n
A A
f d g dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ (1) 
Chứng minh 
Đặt lim n
n
f f→+∞ = . Khi đó lim nn g f→+∞ = . 
Xét hai trường hợp sau đây. 
a) f là hàm đơn giản: 
1
( ) ( )
k
m
k A
k
f x xα χ
=
= ∑ . 
Ta chứng minh lim nn
A A
f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ (2) 
Thậy vậy, chọn (0,1)t ∈ bất kì, đặt 
{ }, : ( )k n k n kA x A f x tα= ∈ ≥ . 
Khi đó, do 1n nf f +≤ nên , , 1k n k nA A +⊂ . 
Mặt khác, với kx A∈ ta có ( ) k kf x tα α= > , mà nf f↑ nên 
với n đủ lớn ( )n kf x tα> , do đó , ,
1
k n k n
n
x A x A
+∞
=
∈ ⇒ ∈ U . 
 Từ đó ta có bao hàm ,
1
k k n
n
A A
+∞
=
⊂ U . 
Bao hàm ngược lại là hiển nhiên vì 
, ,
1
: k n k k n k
n
n A A A A
+∞∗
=
∀ ∈ ⊂ ⇒ ⊂¥ U . 
Vậy , ,
1
( ) lim ( )k k n k k n
nn
A A A Aμ μ
+∞
→+∞=
= ⇒ =U . 
Đặt ,
1
( ) ( )
k n
m
n k A
k
x t xϕ α χ
=
= ∑ thì 
n n n n
A A A
f f d f d fdϕ ϕ μ μ μ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫ (3) 
Cho n → +∞ , ta được 
,
1 1
( ) ( )
m m
n k k n k k
k kA A
d t A t A t fdϕ μ α μ α μ μ
= =
= → =∑ ∑∫ ∫ . 
Lấy giới hạn của (3) khi n → +∞ ta có 
lim n
n
A A A
t fd f d fdμ μ μ→+∞≤ ≤∫ ∫ ∫ 
Lại cho 1t → ta được (2). 
Tương tự ta chứng minh được lim n
n
A A
g d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ 
(vì lim n
n
g f→+∞ = ). Từ đó ta có (1) khi f là hàm đơn giản. 
b) Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp 0f ≥ là hàm đo được tuỳ 
ý. 
Lấy cố định m ∗∈ ¥ , đặt { }min ,n n mh f g= thì nh cũng là 
hàm đơn giản. Mặt khác, do limn n m
n
f f g g→+∞↑ = ≥ nên n mh g↑ 
khi n → +∞ . Theo phần vừa chứng minh, ta có 
lim n m
n
A A
h d g dμ μ→+∞ =∫ ∫ 
Nhưng vì 
lim limn n n n n n
n n
A A A A
h f h d f d h d f dμ μ μ μ→+∞ →+∞≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤∫ ∫ ∫ ∫
limm n
n
A A
g d f dμ μ→+∞⇒ ≤∫ ∫ . 
Cho m → +∞ ta được lim limm nm n
A A
g d f dμ μ→+∞ →+∞≤∫ ∫ 
hay lim limn nn n
A A
g d f dμ μ→+∞ →+∞≤∫ ∫ . 
Bằng cách tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức ngược lại. Vậy ta 
có (1) với 0f ≥ là hàm đo được bất kì. 
2. Tích phân của hàm đo được bất kì 
a) Trường hợp hàm số đo được không âm 
Cho : [0, ]f A → +∞ là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu 
tăng các hàm đơn giản đo được