BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Dương Thị Mộng Thường TÍCH PHÂN PERRON Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG Thành phố Hồ Chí Minh – 2011 LỜI CẢM ƠN Lời tơi xin trân trọng gởi đến TS Lê Thị Thiên Hương lòng biết ơn chân thành sâu sắc Cơ động viên, giúp đỡ, bảo tận tình q trình hướng dẫn để tơi hồn thành tốt luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Q thầy - khoa Tốn trường Đại học sư phạm TP HCM tận tình giảng dạy để tơi có kiến thức q báu làm hành trang cho q trình học tập nghiên cứu sau Tơi xin chân thành cảm ơn thầy thuộc phòng Quản lý khoa học sau đại học, trường Đại học sư phạm TP HCM tạo điều kiện thuận lợi cho tơi suốt q trình học tập trường Cuối tơi xin gởi lời biết ơn sâu sắc đến gia đình tơi lời tri ân đến tất bạn bè tơi - người ln bên tơi, động viên giúp tơi vượt qua khó khăn q trình thực luận văn MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN 0T T MỤC LỤC 0T T MỞ ĐẦU 0T T CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 0T T 1.1 Khái niệm “hầu khắp nơi” T 0T Đạo hàm hàm số đơn điệu T 0T 1.3 Đạo hàm tích phân bất định T 0T 1.4 Vấn đề tìm lại ngun hàm T 0T 1.5 Các tính chất tích phân T 0T 1.6 Tích phân trừu tượng tổng qt hóa T T 1.7 Tập phạm trù thứ 16 T 0T CHƯƠNG ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CỦA TÍCH PHÂN PERRON 18 0T T 2.1 Định nghĩa tích phân Perron 18 T 0T 2 Các tính chất tích phân Perron 20 T T CHƯƠNG XÂY DỰNG TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH PERRON 26 0T T 3.1 Tích phân bất định Perron 26 T 0T 3.2 Tích phân hẹp Danjua 29 T 0T 3.3 Định lý G HACE 32 T 0T 3.4 Định lý P X ALECXANDROV – G LOMAN 41 T T CHƯƠNG SO SÁNH TÍCH PHÂN PERRON VÀ TÍCH PHÂN LEBESGUE 48 0T T KẾT LUẬN 53 0T T TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 0T 0T PHỤ LỤC 55 0T T MỞ ĐẦU Vào cuối kỷ XIX, người ta đưa ví dụ hàm số π = f ( x ) x= cos , f ( ) x ' có đạo hàm hữu hạn f '( x ) khắp nơi đoạn [ 0;1] hàm số f ( x ) lại khơng khả tích theo nghĩa Lebesgue Như phép tính tích phân theo định nghĩa Lebesgue khơng giải trọn vẹn tốn tìm ngun hàm hàm số theo đạo hàm Vào năm 1912, nhà tốn học Pháp A Danjua đưa q trình tích phân hóa tổng qt Lebesgue chứng tỏ q trình giải trọn vẹn tốn nêu Mặt khác, năm 1914 nhà tốn học Đức O Perron đưa định nghĩa tích phân khác, dựa ngun tắc khác với định nghĩa Danjua giải trọn vẹn tốn tìm ngun hàm hàm số từ đạo hàm hữu hạn Các cơng trình G Hace (1921), P.S.Alecxandrov (1924) G Loman (1925) chứng minh đồng tích phân Danjua Perron Như Perron đưa dạng định nghĩa tích phân Danjua, ngày tích phân gọi tích phân Danjua - Perron Vào năm 1916, A.Danjua nhà tốn học Nga A.I.Khintrin đưa định nghĩa tích phân tổng qt hơn, hồn tồn độc lập với Định nghĩa cho phép tìm ngun hàm khơng từ đạo hàm thơng thường mà từ đạo hàm xấp xỉ (hay đạo hàm tiệm cận) Số A gọi đạo hàm xấp xỉ hàm số f ( x ) điểm x0 tồn tập hợp E nhận x0 làm điểm trù mật cho với x∈ E x → x0 ta có lim x→ x0 f ( x ) − f ( x0 ) =A x − x0 Tích phân tổng qt thường gọi tích phân Danjua - Khintrin, hay tích phân Danjua “ rộng”, để phân biệt tích phân Danjua - Perron gọi tích phân Danjua “hẹp” Chúng ta nghiên cứu lý thuyết tích phân Danjua – Perron Còn tích phân Danjua – Khintrin ta đưa định nghĩa Bạn đọc quan tâm xem tài liệu “Lý thuyết tích phân” S.Sacs, 1949 Luận văn chia thành chương phụ lục Nội dung chủ yếu luận văn tìm hiểu định nghĩa tính chất tích phân Perron, xây dựng tích phân bất định Perron thơng qua lý thuyết tích phân Danjua, định lý G.Hace, định lý P X Alecxandrov- G Loman so sánh tích phân Perron với tích phân Lebesgue Chương trình bày kiến thức chuẩn bị gồm khái niệm định lý sử dụng chương sau Chương nêu định nghĩa chứng minh tính chất tích phân Perron Đây kết quan trọng luận văn Chương xây dựng khái niệm tích phân bất định Perron chứng minh tính chất Chương dành cho việc so sánh tích phân Perron với tích phân Lebesgue Trong luận văn có phần phụ lục trình bày khái niệm tích phân Danjua “rộng”, nhằm phân biệt với tích phân Danjua “hẹp” CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm “hầu khắp nơi” Cho khơng gian độ đo ( X , M , µ ) a/ Giả sử E tập hợp thuộc M P tính chất mà x ∈ E thỏa mãn khơng thỏa mãn Ta nói P xảy hầu khắp nơi E tập hợp {x∈ E , x không thỏa mãn P} chứa tập thuộc M, có độ đo khơng ( ) ( ) b/ Ta nói hai hàm số f , g : X → R tương đương (kí hiệu f : g ) f x = g x { } hầu khắp nơi, nghĩa tập hợp x ∈ X : f ( x ) ≠ g ( x ) chứa tập có độ đo khơng Đạo hàm hàm số đơn điệu ( ) Bổ đề 1.1 Cho A tập nằm khoảng a , b , J lớp khoảng cho = ∆ điểm x ∈ A mút trái khoảng ( x, x + h ) ∈ J x Khi tồn số hữu hạn khoảng rời ∆1 , ∆ , , ∆ s ∈ J phủ lên tập A’ A, với độ đo ngồi µ * ( A ' ) > µ * ( A ) − ε , ε số dương tùy ý cho trước Bổ đề 1.2 Giả thiết thêm với số η > nhỏ tùy ý, điểm x ∈ A có khoảng ( x , x + hx ) ∈ J với hx < η Khi ấy, cho trước tập mở G ⊃ A , ta chọn khoảng ∆1 , ∆ , , ∆ s bổ đề 1.1 cho chúng nằm trọn tập G ( ) Định lý 1.3 Một hàm số F x đơn điệu đoạn  a, b  có đạo hàm hầu khắp nơi đoạn Định lý 1.4 Nếu f ( x ) hàm tăng xác định  a, b  đạo hàm f ' ( x ) hàm b đo ∫ f ' ( x ) dx ≤ f ( b ) − f ( a ) nên a f ' ( x ) khả tích 1.3 Đạo hàm tích phân bất định ( ) Bổ đề 1.5 Nếu F x khơng giảm (trên  a, b  ) F ' ( x ) khả tích b ∫ F ' ( x ) dx ≤ F ( b ) − F ( a ) a ( ) Bổ đề 1.6 Nếu g x khả tích với x đoạn  a, b  ta có x ∫ g ( t ) dt = a g ( x ) = hầu khắp nơi x Định lý 1.7 Đạo hàm F ' ( x ) tích phân bất định F ( x ) = ∫ f ( t ) dt , hàm số khả a ( ) ( ) tích f x , f x hầu khắp nơi 1.4 Vấn đề tìm lại ngun hàm Bổ đề 1.8 Nếu hàm số F ( x ) liên tục tuyệt đối có đạo hàm F ' ( x ) = hầu khắp nơi F ( x ) phải số Định lý 1.9 Nếu F ( x ) hàm số liên tục tuyệt đối đạo hàm F ' ( x ) khả tích x ta có F= ( x ) F ( a ) + ∫ F ' ( t ) dt a 1.5 Các tính chất tích phân 1.5.1 Tính σ - cộng tính liên tục tuyệt đối tích phân Định lý 1.10 Nếu {gn } dãy hàm số đo khơng âm tập hợp A ∫ ∞ ∞ ∑ gn d µ = ∑ ∫ gn d µ = n A A n 1= ∞ Định lý 1.11 Giả sử A = U An , An tập hợp đo đơi rời n =1 a/ Nếu tồn ∫ A f d µ ∞ ∫ f dµ = ∑ ∫ f dµ A n =1 A n (1.1) b/ Nếu f khả tích A ∞ ∑∫ f dµ < ∞ (1.2) n =1 A n Do chuỗi vế phải (1.1) hội tụ tuyệt đối Đảo lại có (1.2) f khả tích A có (1.1) Định nghĩa 1.12 Giả sử ( X , M , µ ) khơng gian độ đo λ : M → R hàm số σ - cộng tính Ta nói hàm λ liên tục tuyệt độ đo µ λ ( A ) = với tập hợp A có độ đo µ ( A ) = Giả sử f hàm số khả tích khơng gian X Từ định lý 1.8 suy hàm λ : M → R , xác định bởi: λ ( A) = ∫ f dµ (1.3) A hàm σ - cộng tính Nếu µ ( A ) = λ ( A ) = Vậy λ liên tục tuyệt đối độ đo µ Dễ dàng chứng minh tập hợp X0 = {x ∈ X : f ( x ) ≠ 0} có độ đo σ - hữu hạn, tức X0 ∞ X n ) < ∞ , n 1, 2, U Xn , µ ( = n =1 Hiển nhiên A∈ M A ∩ X0 = ∅ λ ( A ) = Định lý 1.13 (Radon – Nikodym) Giả sử ( X , M , µ ) khơng gian độ đo λ : M → R hàm σ - cộng tính , liên tục tuyệt đối độ đo µ λ ( A ) = với tập hợp A thuộc M nằm ngồi tập hợp X0 thuộc M, có độ đo σ - hữu hạn Khi tồn hàm số f đo X cho λ ( A ) = ∫ f d µ , với A∈ M A Nếu λ ≥ f ≥ Định lý 1.14 Giả sử f hàm số khả tích tập hợp A Khi với số dương ε , tồn số dương δ cho với tập hợp đo E ⊂ A µ ( E ) < δ ∫ f dµ < ε E 1.5.2 Tính bảo tồn thứ tự Định lý 1.15 Nếu f ≤ g A tích phân ∫ f dµ , ∫ g dµ A tồn ∫ f dµ ≤ ∫ g dµ A A A 1.5.3 Tính tuyến tính Định lý 1.16 Các đẳng thức sau vế phải có nghĩa i) ∫ c f dµ (= c A ∫ f dµ (c ∈ R) A ( ii ) ∫ ( f + g ) d µ = ∫ f d µ A + A ∫ g dµ A 1.5.4 Tính khả tích Định lý 1.17 Các khẳng định sau (i) Nếu ∫ f dµ có nghĩa A ∫ f dµ A ≤ ∫f dµ , A (ii) f khả tích A f khả tích A, (iii) Nếu f ≤ g h.k.n A g khả tích A f khả tích A, (iv) Nếu f, g khả tích A f ± g khả tích A Hơn f khả tích g bị chặn A f g khả tích A 1.6 Tích phân trừu tượng tổng qt hóa Trong mục ta xét số khái niệm chung sử dụng mục sau trình bày lý thuyết tích phân Danjua Ta biết loạt tích phân: R (Riemann), L (Lebesgue), P (Perron) Các tích phân có số tính chất chung, ta đưa tính chất vào sơ đồ chung Giả sử đoạn thẳng  a, b  , a ≤ b , tương ứng với lớp T ([ a , b ]) khơng rỗng gồm hàm số xác định đoạn  a, b  Họ lớp gọi họ với c ∈ [ a, b ] có T= ([ a, b]) T ([ a, c]) ∩ T ([c, b]) (Điều kiện hiểu sau: Hàm số f ( x ) xác định [ a, b ] chứa lớp T ([ a, b ]) hai hàm số thu từ f ( x ) xét đoạn [ a, c ] , [c, b ] , chứa lớp T ([ a, c ]) , T ([ c, b ]) tương ứng ) Giả sử M = {T ( [ a, b ])} họ lớp lớp T ([ a, b ]) có phiếm hàm T ( f ) cho tương ứng hàm số f ∈ T ([ a, b ]) với số xác định Phiếm hàm gọi b a tích phân với f ∈ T ([ a, b ]) c∈ [ a, b ] có b c b a a c T= ( f ) T ( f )+ T ( f ) (1.4) Và (với x∈ [ a, b ] ) x c x →c a a lim T ( f ) = T ( f ) (1.5) Nói cách khác, tích phân hàm đoạn thẳng cộng tính liên tục Đặc biệt, f ∈ T ([ a, a ]) T= ( f ) T ( f ) + T ( f ) nghĩa T ( f ) = a a a a a a a a Tất hàm số chứa lớp T ([ a, b ]) gọi hàm T – khả tích [ a, b ] Từ điều kiện họ lớp T ([ a, b ]) suy hàm số T – khả tích [ a, b ] T – khả tích đoạn [ p, q ] chứa  a, b  đặc biệt, T-khả tích điểm c∈ [ a, b ] Bây ta xét số tính chất tích phân vừa định nghĩa Giả sử hàm số f ( x ) xác định  a, b  c∈ [ a, b ] Nếu với δ > hàm số f ( x ) khơng T – khả tích đoạn [ c − δ , c + δ ] ∩ [ a, b ] điểm c gọi điểm T – bất thường hàm số f ( x ) Tập hợp tất điểm T – bất thường f ( x ) kí hiệu ST ( f ; [ a, b ]) , ST ([ a, b ]) , ST ( f ) , đơn giản ST Hiển nhiên f T – khả tích  a, b  ST ([ a, b ]) = Bổ đề sau chứng tỏ điều ngược lại Bổ đề 1.18 Nếu f ( x ) xác định  a, b  khơng thuộc T ([ a, b ]) ST ( f ; [ a, b ]) ≠ Chứng minh Đặt d = a+b Khi f(x) khơng T – khả tích hai đoạn [ a, d ] , [ d , b ] mà ta kí hiệu lại [ a1 , b1 ] Do u ( x ) liên tục nên cho k → + ∞ ta chứng minh a/ Để chứng minh b/ ta lấy x0 đó, x0 ∈ [ a, b ] Theo định nghĩa hàm mẹ có lim u ( t ) − u ( x0 ) = D u ( x0 ) > − ∞ t − x0 Lấy A thỏa mãn bất đẳng thức A < lim u ( t ) − u ( x0 ) t − x0 Theo định nghĩa lim tồn δ > cho với t ∈ [ a, b ] ∩ ( x0 − δ , x0 + δ ) ( t ≠ x0 ) ta có u ( t ) − u ( x0 ) >A t − x0 Mặt khác, t ∈ [ a, b ] t ∉ ( x0 − δ , x0 + δ ) u ( t ) − u ( x0 ) M , ≤ t − x0 δ Trong M = max u ( x ) Khi với t có u ( t ) − u ( x0 ) 2M ≥− δ t − x0 Nếu i đủ lớn cho − i <  A , −  2M   x0 ∈ Ei δ  Ta chứng minh c/ Lấy t đặt ui= ( x ) u ( x ) + i x Nếu t ≠ x ui ( t ) − ui ( x ) u ( t ) − u ( x ) = +i t− x t− x Do với x∈ Ei t ≠ x ui ( t ) − ui ( x ) ≥0 t− x Từ suy tập hợp Ei hàm số ui ( x ) tăng Theo định lý Cantor – Bendicxon Ei biểu diễn dạng hợp Pi ∪ D i , Pi tập hồn chỉnh, Di khơng q đếm Kí hiệu a b điểm bên trái bên phải Pi giả sử {( an , bn )} dãy khoảng bù với Pi đến [ a, b ] Trên đoạn  a , b  ta xây dựng hàm ui ( x ) cách đặt ui ( x ) Pi tuyến tính đoạn [ an , bn ] Hàm số tăng  a , b  Do hầu khắp nơi  a , b  có đạo hàm hữu hạn ui ' ( x ) hàm khả tích  a, b  nên khả tích Pi Mặt khác, hàm mẹ u ( x ) khắp nơi [ a, b ] có đạo hàm hữu hạn u ' ( x ) Vì ui= ( x ) u ( x ) + i x nên ui ( x ) khả vi hầu khắp [ a, b] nên khả vi  a , b  Nếu x0 điểm thuộc Pi cho x0 tồn hai đạo hàm ui '( x0 ) ui ' ( x0 ) hai đạo hàm bắt buộc phải nhau, x0 điểm giới hạn tập hợp Pi mà Pi ui ( x ) ui ( x ) Điều có nghĩa Pi đạo hàm ui ' ( x ) tương đương với hàm khả tích ui ' ( x ) , ui ' ( x ) khả tích Nhưng u= ' ( x ) ui ' ( x ) − i khả tích Pi x Đặt F ( x ) = ( P ) ∫ f ( t ) dt a Hiệu u ( x ) − F ( x ) tăng [ a, b ] nên có đạo hàm hữu hạn hầu khắp nơi, khả tích [ a, b] Pi Nhưng F ( x ) =u ( x ) − u ( x ) − F ( x )  Suy F ' ( x ) khả tích Pi Thế mà hầu khắp nơi [ a, b ] ta có F ' ( x ) = f ( x ) nên f ( x ) khả tích Pi Tính khả tích f ( x ) Di hiển nhiên Vậy c/ chứng minh Bổ đề 3.14 Nếu f ( x ) khả tích (P) [ a, b ] tồn đoạn [ c, d ] ⊂ [ a, b ] cho f ( x ) khả tích [ a, c ] Chứng minh Đối với đoạn [ a, b ] ta áp dụng định lý: Tập đóng khơng phải tập phạm trù thứ Theo hệ định lý này, tồn đoạn [ c, d ] ⊂ [ a, b ] số tự nhiên i cho [c, d ] ⊂ Ei Vì f ( x ) khả tích Ei nên f ( x ) khả tích [ c, d ] , ta có điều phải chứng minh Vì bổ đề vừa chứng minh áp dụng cho đoạn [ a1 , b1 ] ⊂ [ a, b ] nên từ bổ đề ta có bổ đề sau: Bổ đề 3.15 Nếu hàm số f ( x ) P – khả tích [ a, b ] tập hợp S0 điểm khơng khả tích (nghĩa điểm L – kì dị) khơng đâu trù mật Với kí hiệu phần trước ta có S0 ⊃ S1 ⊃ S2 ⊃ ⊃ Sζ ⊃ Do tập hợp số Sζ khơng đâu trù mật Bổ đề 3.16 Nếu hàm số f ( x ) P – khả tích [ a,= b ] Sζ Sζ ( f ; [ a, b ]) ≠ ∅ Sζ − Sζ + ≠ ∅ Chứng minh Trước hết ta giả sử Sζ có điểm lập c Ta coi a < c < b (nếu c = a c = b việc lập luận khơng thay đổi) Khi tồn số p q ( a ≤ p < c < q ≤ b ) cho [ p, q ] c điểm Dζ - kì dị Giả sử r s số cho p < r < c < s < q Trên đoạn [ p, r ] [ s, q ] hàm số f ( x ) Dζ - khả tích r ) dx F ( r ) − F ( p ) , ( Dζ ) ∫ f ( x= p q x ) dx ( D ) ∫ f (= ζ F (q) − F (s) s t Ở ta kí hiệu F ( x ) ( P ) ∫ f ( t ) dt áp dụng định lý Hace giá trị D- tích phân a giá trị P- tích phân Theo tính liên tục F ( x ) , tích phân có giới hạn hữu hạn r → c , s → c Từ suy [ p, c ] [ c, q ] , túc [ p, q ] , hàm số f ( x ) Dζ + - khả tích Nói cách khác, c∉ Sζ + định lý chứng minh Bây ta xét trường hợp Sζ khơng có điểm lập, tức trường hợp Sζ tập hồn chỉnh Ta xét hàm số u ( x ) tập Ei nêu bổ đề Ngồi ta kí hiệu V ( x ) hàm f ( x ) với số tự nhiên j ta xây dựng tập hợp Fj gồm x cho với t ≠ x ta có v (t ) − v ( x ) t − x ≤ j Tương tự tập hợp Ei , tập Fj đóng hợp chúng đoạn [ a, b ] Khi Sζ = ∑ Sζ Ei Fj i, j Do tồn số i0 , j0 khoảng ( h, g ) cho ∅ ≠ ( h, g ) ∩ Sζ ⊂ Ei0 ∩ Fj0 Giả sử x0 điểm ( h, g ) ∩ Sζ Vì Sζ khơng đâu trù mật nên tồn số p, q cho h < p < x0 < q < g p∉ Sζ , q∉ Sζ Rõ ràng ∅ ≠ [ p, q ] Sζ ⊂ Ei0 ∩ Fj0 Vì p , q khơng thuộc Sζ nên Sζ ([ p, q ]) [ p, q ] ∩ Sζ = Nếu p∈ Sζ q đầu mút trái khoảng bù với Sζ , p ∈ [ p, q ] ∩ Sζ \ Sζ ( [ p, q ] ) Vậy Sζ ([ p, q ]) ⊂ Ei ∩ Fj 0 Ta chứng minh [ p, q ] hàm số f ( x ) Dζ + - khả tích Từ suy khẳng định bổ đề bên đoạn [ p, q ] khơng có bất ký điểm Sζ + , lại có điểm Sζ (chẳng hạn điểm x0 ) Điều kiện khả tích hàm số f ( x ) tập hợp (khơng đâu trù mật) Sζ ([ p, q ]) thỏa mãn nhờ bao hàm tập hợp Ei Kí hiệu {( an , bn )} họ khoảng bù tập hợp Sζ ( [ p, q ] ) đến đoạn [ p, q ] Nếu n cố định an < α < β < bn f ( x ) Dζ - khả tích [α , β ] , theo định lý Hace ta có β x ) dx ( D ) ∫ f (= ζ F ( β ) − F (α ) α Từ tính liên tục tích phân bất định Perron, suy α → an + 0, β → bn − tồn giới hạn hữu hạn Dζ - tích phân viết Như vậy, để hồn thành việc chứng minh bổ đề, ta cần chứng tỏ ∑W n < + ∞ , n β = Wn sup ( Dζ ) ∫ f ( x ) dx ( an < α < β < bn ) α Muốn ta để ý với n ta có an ∈ Sζ ( [ p, q ] ) ⊂ E i0 ∩ Fj0 Trừ số n cho an = p (số n tồn p ∉ Sζ ) Điều có nghĩa với t thuộc [ a, b ] , t khác an , ta có u ( t ) − u ( an ) v ( t ) − v ( an ) ≥ − i0 , ≤ j0 t − an t − an Đặc biệt, an < t < bn , u ( t ) − u ( an ) ≥ − i0 ( t − an ) , v ( t ) − v ( an ) ≤ j0 ( t − an ) Do với t u ( t ) − u ( an ) ≥ − i0 ( bn − an ) , v ( t ) − v ( an ) ≤ j0 ( bn − an ) Mặt khác, hai hàm số L ( t ) = u (t ) − F (t ) , M (t ) = F ( t ) − v ( t ) tăng Khi F ( t ) − F ( an ) =u ( t ) − u ( an )  −  L ( t ) − L ( an )  ≥ − i0 ( bn − an ) −  L ( bn ) − L ( an )  , F ( t ) − F ( an )= v ( t ) − v ( an )  +  M ( t ) − M ( an )  ≤ j0 ( bn − an ) +  M ( bn ) − M ( an )  Từ suy với an < α < β < bn có F ( β ) − F (α ) ≤ ( i0 + j0 )( bn − an ) +  L ( bn ) − L ( an )  +  M ( bn ) − M ( an )  , Điều có nghĩa Wn ≤ ( i0 + j0 )( bn − an ) +  L ( bn ) − L ( an )  +  M ( bn ) − M ( an )  Khi rõ ràng ∑W n < + ∞ , điều phải chứng minh n Định lý 3.17 (P.X.Alecxandrov – G.Loman) Hàm số khả tích theo Perron khả tích theo Danjua với nghĩa hẹp Thật vậy, theo ngun lý dừng Cantor – Ber tồn α < Ω cho ∏ S=ζ ζ − ∞ , trái lại chẳng có phải chứng minh Lấy A tùy ý cho A < u ( x0 ) , ln tồn δ > cho với t ∈ [ a, b ] mà t − x0 < δ ta có u ( t ) > A x Với x − x0 < δ ta có ( L ) ∫ u ( t ) dt ≥ A ( x − x0 ) , suy x0 U ( x ) − U ( x0 ) ≥A x − x0 (ở ta xét trường hợp x > x0 , trường hợp x < x0 chứng minh tương tự) Do tất số dần xuất DU ( x0 ) khơng nhỏ A, đặc biệt ta có DU ( x0 ) ≥ A Từ ta có điều phải chứng minh Bổ đề 4.2 Giả sử f(x) khả tích [ a, b ] Khi với ε > tồn hàm số u(x) với tính chất sau 1) u(x) xác định [ a, b ] nửa liên tục khắp nơi; 2) u ( x ) > − ∞ khắp nơi; 3) u ( x ) ≥ f ( x ) khắp nơi; b b a a 4) u ( x ) khả tích ( L ) ∫ u ( x ) dx < ε + ( L ) ∫ f ( x ) dx Chứng minh 1) Trước hết ta giả sử f ( x ) khơng âm bị chặn 0≤ f ( x ) < M Đặt σ = ε + b− a (4.1) Trong ε số nêu điều kiện bổ đề Chọn n số tự nhiên đủ lớn cho nσ > M Xét tập hợp Ek E ( k σ ≤ f < ( k + 1) σ ) = = ( k 0, 1, , n − 1) Đối với tập hợp Ek tồn tập mở Gk bị chặn cho Gk > Ek , mGk < m Ek + ( k + 1) 2k + Giả sử Sk = [ a, b ] I Gk ϕk ( x ) hàm đặc trưng tập hợp Sk [ a, b ] Tất hàm số ϕk ( x ) nửa liên tục n −1 Đặt= u ( x ) σ ∑ ( k + 1) ϕk ( x ) , ta chứng minh u(x) hàm số cần tìm k =0 Thật vậy, ta có u(x) khơng âm, nửa liên tục bị chặn Giả sử x∈ [ a, b ] Khi với i ta có x∈ Ei ⊂ Si ϕi ( x ) = Do u ( x ) ≥ ( i +1)σ > f ( x ) Vì n −1 b ( L ) ∫ u ( x ) dx = σ ∑ ( k + 1) m Sk < σ  n −1 ∑ ( k + 1) m E + ( k + 1)  k k 0= k = a k+1    Từ suy b n −1 a k =0 ( L ) ∫ u ( x ) dx < ∑ σ k m Ek + σ ( b − a ) + 1 Để ý ( 4.1) bất đẳng thức σ k m Ek ≤ ( L ) ∫ f ( x ) dx ta Ek b b a a ( L ) ∫ u ( x ) dx < ε + ( L ) ∫ f ( x ) dx Trường hợp xét chứng minh 2) Bây ta bỏ giả thiết bị chặn f(x), để lại giả thiết f ( x ) hàm khơng âm  f ( x ) f ( x ) ≤ n Đặt Sn ( x ) =  n f ( x ) > n giả sử f1 ( x ) = S1 ( x ) , f n ( x ) =− Sn ( x ) Sn − ( x ) ( n = 2, 3, ) +∞ Các hàm số f n ( x ) đo , khơng âm bị chặn, ngồi f ( x ) = ∑ f n ( x ) n =1 Theo phần 1) vừa chứng minh, với số tự nhiên n tồn hàm số nửa liên tục b un ( x ) thỏa mãn un ( x ) ≥ f n ( x ) , ( L ) ∫ un ( x ) dx < a ε 2n b + ( L ) ∫ f n ( x ) dx a +∞ Khi hàm số u ( x ) = ∑ un ( x ) thỏa mãn tất tính chất nêu bổ đề (theo n =1 định lý phát biểu đây) Định lý 4.3 Giả sử đoạn [ a, b ] có dãy tăng hàm số f1 ( x ) ≤ f ( x ) ≤ ≤ f n ( x ) ≤ nửa liên tục điểm x0 ∈ [ a, b ] Khi hàm số f ( x ) = lim f n ( x ) nửa liên tục n →+ ∞ x0 Chứng minh Có thể xem f ( x0 ) > − ∞ Nếu A < f ( x0 ) với n đủ lớn ta có f n ( x0 ) > A Cố định n, ta tìm δ > cho với x − x0 < δ ( x∈ [ a, b ]) f n ( x ) > A Vì f ( x ) ≥ f n ( x ) nên với x ta có f ( x ) > A , từ có điều phải chứng minh Hệ 4.4 Nếu tất số hạng chuỗi u1 ( x ) + u2 ( x ) + u3 ( x ) + khơng âm nửa liên tục điểm x0 tổng chuỗi nửa liên tục x0 (Ở ta khơng giả sử chuỗi hội tụ Tại điểm phân kỳ tổng chuỗi + ∞ ) 3) Cuối ta xét trường hợp tổng qt f ( x ) hàm khả tích  f ( x ) f ( x ) ≥ − n Đặt fn ( x ) =  − n f ( x ) < − n Rõ ràng f n ( x ) ≤ f ( x ) , lim f n ( x ) = f ( x) n →+ ∞ b b a a Do lim ( L ) ∫ f n ( x ) dx = ( L ) ∫ f ( x ) dx n →+ ∞ ε b Chọn lấy cố định n cho ( L ) ∫ f n ( x ) dx < a b + ( L ) ∫ f ( x ) dx a Hàm số n + f n ( x ) khơng âm khả tích Theo phần 2) vừa chứng minh tồn hàm số u * ( x ) nửa liên tục cho b u * ( x ) ≥ n + f n ( x ) , ( L ) ∫ u * ( x ) dx < a ε b + ( L ) ∫  n + f n ( x )  dx a Khi đó= u ( x ) u * ( x ) − n hàm số có tất tính chất nêu bổ đề Định lý 4.5 Nếu f ( x ) khả tích theo nghĩa Lebesgue [ a, b ] khả tích theo nghĩa b b a a Perron [ a, b ] ( P ) ∫ f ( x ) dx = ( L ) ∫ f ( x ) dx Chứng minh Lấy ε > xét hàm số u(x) nửa liên tục nêu bổ đề 4.2 Nếu x U ( x ) = ( L ) ∫ u ( t ) dt U ( x ) hàm mẹ f ( x ) a Thật vậy, tính liên tục U ( x ) đẳng thức U ( a ) = hiển nhiên Theo bổ đề 4.1, với x∈ [ a, b ] ta có DU ( x ) ≥ u ( x ) Suy DU ( x ) > − ∞ DU ( x ) ≥ f ( x ) , bất đẳng thức đặc trưng cho hàm mẹ b b a a Do ε tùy ý nên từ bất đẳng thức U ( b ) ( L ) ∫ u ( t ) dt < ε + ( L ) ∫ f ( x ) dx = b Suy inf {U ( b )} ≤ ( L ) ∫ f ( x ) dx, {U ( b )} tập hợp giá trị tất hàm a mẹ x = b b Tương tự ta chứng minh sup {V ( b )} ≥ ( L ) ∫ f ( x ) dx a Mặt khác ta ln có sup {V ( b )} ≤ inf {U ( b )} nên hai số tích phân b ( L ) ∫ f ( x ) dx Từ ta có điều phải chứng minh a Định lý 4.6 Mọi hàm số khơng âm khả tích (P) khả tích (L) Chứng minh Giả sử f ( x ) hàm khơng âm, khả tích (P) [ a, b ] U ( x ) hàm mẹ f ( x ) Khi từ bất đẳng thức DU ( x ) ≥ f ( x ) ≥ , suy U ( x ) hàm tăng nên đạo hàm U ' ( x ) (tồn hầu khắp nơi) khả tích, theo định lý 1.4 Do bất đẳng thức ≤ f ( x ) ≤ U ' ( x ) thỏa mãn điểm mà U ' ( x ) tồn Định lý chứng minh b Hệ 4.7 Nếu f(x) hàm đo tồn tích phân Perron ( P ) ∫ f ( x ) dx f(x) khả a tích Vậy tích phân Perron hội tụ tuyệt đối đưa tích phân Lebesgue KẾT LUẬN Trong luận văn, tơi trình bày nội dung sau Chương Giới thiệu tổng quan số khái niệm tính chất tích phân, số khái niệm liên quan sử dụng để trình bày tích phân Perron Giới thiệu tính chất tích phân: tính cộng tính liên tục tuyệt đối, tính bảo tồn thứ tự, tính tuyến tính tính khả tích Chương Đi sâu, trình bày chi tiết định nghĩa tính chất tích phân Perron Định nghĩa khả tích hàm số theo nghĩa Perron dựa vào khái niệm hàm mẹ, hàm hàm số Nêu tính chất tính khả tích Perron hàm số Chương Xây dựng tích phân bất định Perron tích phân hẹp Danjua, khẳng định tích phân Perron tổng qt tích phân hẹp Danjua chứng minh tích phân Perron hồn tồn trùng với tích phân Danjua thơng qua định lý G Loman – P.X Alecxandrov Chương So sánh tích phân Perron tích phân Lebesgue Một hàm số khả tích theo nghĩa Lebesgue đoạn khả tích theo nghĩa Perron đoạn b b a a ( P ) ∫ f ( x ) dx = ( L ) ∫ f ( x ) dx Định lý 4.6 khẳng định hàm số khơng âm khả tích Perron khả tích Lebesgue Thơng qua luận văn, tơi thực bắt đầu làm quen với việc đọc tài liệu cách khoa học có hệ thống Tơi học hỏi phương pháp chứng minh mở rộng vấn đề theo nhiều góc độ khác Tuy nhiên, với lượng kiến thức hiểu biết hạn hẹp mình, tơi mong nhận đóng góp dạy Q thầy- Hội đồng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nataxon I.P Lí thuyết hàm số biến số thực NXB Khoa học, Matxcơva, 1990 (tiếng Nga) [2] Sljusarchuc V E Sự khả ngược tốn tử vi phân hàm khơng Ơtơnơm “Tạp chí tốn học“ (Nga), 1986 [3] O Perron, Die Stabilitatsfrage bei differentialgleichungen, Math.Z.32 (Math) [4] Phép tính vi phân tích phân- Hans Grauert, Ingo Lieb, Mai Thúc Ngơi (dịch) [5] Phép tính vi phân tích phân- N.X.Pixcunơp, Trần Tráng, Phan Đình Diệu (dịch) [6] Jean Dieudonne Cơ sở giải tích đại NXB Đại học TH chun nghiệp Hà Nội, 1978 [7] Nguyễn Bích Huy Phép tính tích phân NXB Đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh, 1977 [8] Hồng Tụy Hàm thực Giải tích hàm (Giải tích đại) NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Khơng gian tơpơ- Độ đo lý thuyết tích phân, GS.TS Nguyễn Văn Kh [10] Đặng Đình Áng- Lý thuyết tích phân, NXBGD 1998 PHỤ LỤC KHÁI NIỆM TÍCH PHÂN RỘNG DANJUA Để đưa khái niệm tích phân rộng Danjua, hay tích phân Danjua – Khintrin, ta trở lại nghiên cứu tổng qt phần “tích phân trừu tượng tổng qt hóa nó” b b a a Giả sử cho tích phân T ( f ) Ta xây dựng tích phân tổng qt T * ( f ) b khác với tích phân tổng qt T * ( f ) biết a Cụ thể, ta đưa vào lớp T * ([ a, b ]) hàm số f ( x ) xác định [ a, b ] thỏa mãn điều kiện sau: 1) Tập hợp ST = ST ( f ; [ a, b ]) khơng đâu trù mật f ( x ) khả tích Lebesgue 2) Nếu {( an , bn )} họ khoảng bù ST với n tồn giới hạn nó; β hữu hạn I n lim T ( f ) ( an < α < β < bn , α → an , β → bn ) ; = α Ln thỏa mãn bất đẳng thức 3) ∑ In < + ∞ ; (1) n β Nếu khoảng ( an , bn ) vơ = hạn Wn sup T ( f ) ( an < α < β < bn ) α 4) lim Wn = (2) Như vậy, định nghĩa lớp T * ([ a, b ]) khác định nghĩa lớp T* ([ a, b ]) điều kiện ∑W n [...]... 3.2 Tích phân hẹp Danjua Bây giờ ta có thể định nghĩa tích phân “hẹp” Danjua Muốn vậy trước hết ta xây dựng dãy siêu hạn (kiểu Ω + 1 ) gồm các tích phân ngày càng tổng quát hơn mà ta gọi là Dξ - tích phân đối với hàm f ( x ) trên [ a, b ] và ký hiệu là b ( D ) ∫ f ( x ) dx (3.5) ξ a b Các tích phân (3.5) được định nghĩa theo quy nạp Cụ thể là tích phân ( DO ) ∫ f ( x ) dx được a b hiểu là tích phân. .. xác định hàm tổng một cách tùy ý CHƯƠNG 3 XÂY DỰNG TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH PERRON 3.1 Tích phân bất định Perron x Nếu f ( x ) khả tích (P) trên [ a, b ] thì hàm số F ( x ) = C + ( P ) ∫ f ( t ) dt ( a < x ≤ b ) được gọi là a tích phân bất định Perron a Đặt ( P ) ∫ f ( t ) dt = 0 a Ta có thể xét hàm F ( x ) với mọi x∈ [ a, b ] Định lý 3.1 Tích phân bất định Perron là liên tục Chứng minh Giả sử u(x), v(x) lần... (nếu ST = ∅ ) Giả sử ta có hai tích phân T1 và T2 Nếu mọi hàm số T1 - khả tích đều là hàm T2 - khả tích và giá trị của hai tích phân đó bằng nhau thì ta nói tích phân T2 tổng quát hơn T1 Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng: Từ một tích phân T nào đó (mà khi định nghĩa nó ta đã đưa ra họ đúng M gồm các lớp hàm T – khả tích T ([ a, b ]) ) đều có thể xây dựng được một tích phân T* khác tổng quát hơn Muốn... tích (P) nhưng không khả tích (L) Chẳng hạn, hàm số = f ( x ) x 2 cos π x2 , 0 < x ≤= 1, f ( 0 ) 0 Như vậy tích phân Perron đã giải quyết xong bài toán tìm nguyên hàm khi biết đạo hàm hữu hạn của nó Tuy nhiên không thể không thấy rằng định nghĩa tích phân của Perron không đưa ra được quá trình xây dựng tích phân đó như thế nào Quá trình này được nêu ra trong lý thuyết tích phân Danjua sẽ được nêu ở... trong tích phân (4) ta có thể thay DΩ bởi Dτ Điều đó có nghĩa f ( x ) là khả tích theo nghĩa Dτ +1 , trái với giả thiết ban đầu là f ( x ) không khả tích theo nghĩa DΩ 3.3 Định lý G HACE Năm 1921 nhà toán học Đức G.Hace chứng minh được rằng tích phân Perron tổng quát hơn tích phân hẹp Danjua Trong mục này chúng ta sẽ trình bày kết quả đó Bổ đề 3.7 Giả sử hàm số f ( x ) xác định trên [ a, b ] là khả tích. .. định nghĩa được tích phân (3.5) với mọi ξ < η , trong đó η ≤ Ω và từ ξ1 < ξ 2 < η suy ra tích phân Dξ tổng quát hơn tích phân Dξ Nếu η là số loại một và η − 1 là số đứng trước 2 1 b nó thì đặt T ( f ) = ( Dη − 1 ) ∫ f ( x ) dx a b a Ta sẽ định nghĩa được tích phân Dη bởi công thức b ( D ) ∫ f ( x ) dx = T ( f ) η a b a * Nếu η là số loại hai thì ta đưa vào lớp các hàm số Dη - khả tích trên [ a, b... định nghĩa các tích phân (1) mà ta vừa xét có thể viết được dưới dạng ký hiệu sau đây D0 L= = , Dη ,D ∑D (D ) = η −1 * η ξ Ω Nếu ta muốn xét tích phân DΩ + 1